专题13.1 期中期末专项复习之平面图形的认识（二）二十五大必考点-七年级数学下册举一反三系列（苏科版）

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专题13.1 平面图形的认识（二）二十五大必考点
【苏科版】


【考点1 同位角、内错角、同旁内角的判断】 1
【考点2 三线八角中的截线问题】 4
【考点3 根据平行线的判定与性质进行证明】 6
【考点4 直线旋转中的平行线的判定】 13
【考点5 与垂线有关的角度计算或证明】 16
【考点6 利用平行线的判定与性质计算角度】 20
【考点7 平行线的性质在生活中的应用】 26
【考点8 利用平行线的判定与性质探究角度之间的关系】 32
【考点9 平行线的运用（单一辅助线）】 39
【考点10 平行线的运用（多条辅助线）】 46
【考点11 平行线在折叠问题的运用】 56
【考点12 平行线在三角尺中的运用】 60
【考点13 平行线中的规律问题】 65
【考点14 平行线中的转角问题】 74
【考点15 与角平分线有关的三角形内角和问题】 81
【考点16 利用平行线的判定与性质证明三角形中角度关系】 89
【考点17 与平行线有关的三角形内角和问题】 95
【考点18 与折叠有关的三角形内角和问题】 105
【考点19 三角形的三边关系的运用】 112
【题型20 三角形的中线、高、角平分线】 114
【题型21 多边形的内角和与外角和】 118
【题型22 生活中的平移现象】 120
【题型23 图形的平移】 122
【题型24 利用平移的性质求解】 124
【题型25 利用平移解决实际问题】 127


【考点1 同位角、内错角、同旁内角的判断】
【例1】（2022·河南新乡·七年级期末）如图所示，下列说法不正确的是（     ）

A．∠1和∠2是同旁内角 B．∠1和∠3是对顶角
C．∠3和∠4是同位角 D．∠1和∠4是内错角
【答案】A
【分析】根据对顶角、邻补角、同位角、内错角定义判断即可．
【详解】A. ∠1和∠2是邻补角，故此选项错误；
B. ∠1和∠3是对顶角，此选项正确；
C. ∠3和∠4是同位角，此选项正确；
D. ∠1和∠4是内错角，此选项正确；
故选A.
【点睛】此题考查对顶角，邻补角，同位角，内错角，   同旁内角，解题关键在于掌握各性质定义.
【变式1-1】（2022·青海·中考真题）数学课上老师用双手形象的表示了“三线八角”图形，如图所示（两大拇指代表被截直线，食指代表截线）.从左至右依次表示（    ）

A．同旁内角、同位角、内错角
B．同位角、内错角、对顶角
C．对顶角、同位角、同旁内角
D．同位角、内错角、同旁内角
【答案】D
【分析】两条线a、b被第三条直线c所截，在截线的同旁，被截两直线的同一方，把这种位置关系的角称为同位角；两个角分别在截线的异侧，且夹在两条被截线之间，具有这样位置关系的一对角互为内错角；两个角都在截线的同一侧，且在两条被截线之间，具有这样位置关系的一对角互为同旁内角．据此作答即可．
【详解】解：根据同位角、内错角、同旁内角的概念，可知
第一个图是同位角，第二个图是内错角，第三个图是同旁内角．
故选：D．
【点睛】本题考查了同位角、内错角、同旁内角，解题的关键是掌握同位角、内错角、同旁内角，并能区别它们．
【变式1-2】（2022·河北保定·七年级期末）如图所示，下列说法错误的是(　　)

A．∠C与∠1是内错角
B．∠2与∠3是内错角
C．∠A与∠B是同旁内角
D．∠A与∠3是同位角
【答案】B
【分析】根据同位角，同旁内角，内错角的定义可以得到A、C、D是正确的，∠2与∠3是邻补角，不是内错角．
【详解】A、∠C与∠1是内错角，故本选项正确；
B、∠2与∠3是邻补角，故本选项错误；
C、∠A与∠B是同旁内角，故本选项正确；
D、∠A与∠3是同位角，故本选项正确．
故选B．
【点睛】本题主要考查了同位角，内错角，同旁内角的概念，比较简单．
【变式1-3】（2022·河南·商水县希望初级中学七年级期末）如图所示，同位角有a对，内错角有b对，同旁内角有c对，则a+b−c的值是____________

【答案】6
【分析】根据同位角，内错角，同旁内角的定义分别得到a，b，c的值，即可求解．
【详解】∵同位角有：∠8与∠4，∠5与∠1，∠7与∠3，∠6与∠2，∠4与∠9，∠7与∠9，共6对；内错角有：∠7与∠1，∠6与∠4，∠5与∠9，∠2与∠9，共4对，同旁内角有：∠7与∠4，∠6与∠1，∠1与∠9，∠6与∠9共4对，
∴a=6，b=4,c=4，
∴a+b−c=6，
故答案是：6．
【点睛】本题主要考查同位角，内错角，同旁内角的定义，掌握它们的定义，是解题的关键．
【考点2 三线八角中的截线问题】
【例2】（2022·四川省广元市宝轮中学七年级期末）如图，已知∠1和∠2是内错角，则下列表述正确的是（       ）

A．∠1和∠2是由直线AD、AC被CE所截形成的
B．∠1和∠2是由直线AD、AC被BD所截形成的
C．∠1和∠2是由直线DA、DB被CE所截形成的
D．∠1和∠2是由直线DA、DB被AC所截形成的
【答案】B
【分析】根据内错角的定义进行判断即可求解．
【详解】解：如图，∠1和∠2是由直线AD、AC被BD所截形成的内错角．
故选：B
【点睛】本题考查了内错角的判断，熟知内错角的定义是解题关键，弄清哪两条直线被第三条直线所截才能形成内错角是解题关键．
【变式2-1】（2022·山东济宁·七年级期末）如图，∠ABD与∠BDC是（    ）形成的内错角

A．直线AD、BC被直线BD所截 B．直线AB、CD被直线BD所截
C．直线AB、CD被直线AC所截 D．直线AD、BC被直线AC所截
【答案】B
【分析】根据内错角的定义即可完成．
【详解】由图知，∠ABD与∠BDC是直线AB、CD被直线BD所截形成的内错角
故选：B
【点睛】本题考查了内错角的识别，两条直线被第三条直线所截，若两个角在两条截线之间，且在被截线的两旁，则称这对角为内错角，掌握内错角的含义是正确识别内错角的关键．
【变式2-2】（2022·甘肃·陇西县巩昌中学七年级期末）如图，∠2与∠3是直线______、____被第三条直线_____所截形成的_______．

【答案】     AB     AC     BD     同旁内角
【分析】根据同旁内角的定义即可判断．
【详解】由同旁内角的概念可知：
如图所示，∠2与∠3是直线AB，AC被直线BD所截而成的同旁内角；
故答案为：AB；AC；BD；同旁内角；
【点睛】本题考查了同旁内角的定义，熟悉掌握同旁内角的定义是解题的关键．
【变式2-3】（2022·全国·七年级）如图所示，从标有数字的角中找出：
(1)直线CD和AB被直线AC所截构成的内错角.
(2)直线CD和AC被直线AD所截构成的同位角.
(3)直线AC和AB被直线BC所截构成的同旁内角.

【答案】(1)直线CD和AB被直线AC所截构成的内错角是∠2和∠5； (2)直线CD和AC被直线AD所截构成的同位角是∠1和∠7；(3)直线AC和AB被直线BC所截构成的同旁内角是∠3和∠4
【分析】根据两条直线被第三条直线所截，所形成的角中，两角在两条直线的中间，第三条直线的两旁，可得内错角，两角在两直线的中间，第三条直线的同侧，可得同旁内角，两角在两条直线的同侧，第三条直线的同侧，可得同位角.
【详解】解：(1)直线CD和AB被直线AC所截构成的内错角是∠2和∠5.
(2)直线CD和AC被直线AD所截构成的同位角是∠1和∠7.
(3)直线AC和AB被直线BC所截构成的同旁内角是∠3和∠4.
【点睛】此题主要考查了三线八角，关键是掌握同位角的边构成F形，内错角的边构成Z形，同旁内角的边构成U形．
【考点3 根据平行线的判定与性质进行证明】
【例3】（2022·浙江台州·七年级期末）如图，已知：∠1=∠2，∠A=∠D．求证：∠B=∠C．

证明：∵∠1=∠2（已知），
∴______∥______（________________________）．
∴∠A=∠BED（_____________________________）．
∵∠A=∠D（已知），
∴∠BED=∠D（等量代换）．
∴______∥______（__________________________）．
∴∠B=∠C（______________________________）．
【答案】DE；AF；同位角相等，两直线平行；两直线平行，同位角相等；AB；CD；内错角相等，两直线平行；两直线平行，内错角相等
【分析】先通过已知条件证明DE∥AF，再由两直线平行同位角相等和等量代换证出AB∥CD，再根据两直线平行，内错角相等得出∠B=∠C．
【详解】证明：∵∠1=∠2（已知），
∴DE∥AF（同位角相等，两直线平行）．
∴∠A=∠BED（两直线平行，同位角相等）．
∵∠A=∠D（已知），
∴∠BED=∠D（等量代换）．
∴AB∥CD（内错角相等，两直线平行）．
∴∠B=∠C（两直线平行，内错角相等）．
故答案为：DE；AF；同位角相等，两直线平行；两直线平行，同位角相等；AB；CD；内错角相等，两直线平行；两直线平行，内错角相等．
【点睛】本题考查平行线的性质和判定的应用，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键．
【变式3-1】（2022·黑龙江·逊克县教师进修学校七年级期末）如图所示，AB∥CD，直线EF分别交AB，CD于点G，H，HN是∠DHG的平分线．

(1)如果GM是∠BGE的平分线，（如图①）试判断并证明GM和HN的位置关系；
证明：∵AB∥CD，
∴∠BGE＝______（两直线平行，同位角相等．）
∵GM是∠BGE的平分线，
∴______＝______=12∠BGE
∵HN是∠DHG的平分线
∴______＝______=12∠DHG
∴∠MGE＝∠NHG（等量代换）
∴GM和HN的位置关系是______，（___________________）．
(2)如果GM是∠AGH的平分线，（如图②）（1）中的结论还成立吗？（不必证明）
(3)如果GM是∠BGH的平分线，（如图③）（1）中的结论还成立吗？如果不成立，GM与HN又有怎样的位置关系？请直接写出你的猜想不必证明．
【答案】(1)∠DHG；∠BGM；∠MGE；∠DHN；∠NHG；GM∥HN；同位角相等，两直线平行；
(2)成立
(3)不成立，GM⊥HN．

【分析】（1）根据平行线的性质可得∠BGE=∠DHG，再利用角平分线的定义和等量代换可得∠MGE=∠NHG，再利用平行线的判定即可；
（2）根据平行线的性质可得∠AGH=∠DHG，，再利用角平分线的定义和等量代换可得∠HGM=∠NHG，再利用平行线的判定即可；
（3）设GM与HN交于点P，根据平行线的性质可得∠BGH+∠DHG=180°，再利用角平分线的定义和等量代换可得∠HGM+∠NHG=90°，然后利用三角形内角和定理可求出∠GPH=90°即可解答．
（1）证明：∵AB∥CD∴∠BGE＝∠DHG（两直线平行，同位角相等．）∵GM是∠BGE的平分线，∴∠BGM＝∠MGE＝12∠BGE∵HN是∠DHG的平分线∴∠DHN＝∠NHG＝12∠DHG∴∠MGE＝∠NHG（等量代换）∴GM和HN的位置关系是GM∥HN（同位角相等，两直线平行）．
（2）解：（1）中的结论还成立，理由如下：∵AB∥CD，∴∠AGH=∠DHG，∵GM是∠AGH的平分线，∴∠AGM= ∠HGM=∠AGH，∵HN是∠DHG的平分线，∴∠GHN=∠DHN=∠DHG，∴∠HGM=∠NHG（等量代换）∴GM∥HN．
（3）（3）（1）中的结论不成立，GM⊥HN，理由：如图：设GM与HN交于点P，∵AB∥CD，∴∠BGH+∠DHG=180°，∵GM是∠BGH的平分线，∴∠BGM= ∠HGM=12∠BGH，∵HN是∠DHG的平分线，∴∠GHN=∠DHN=12∠DHG，∴∠HGM+ ∠NHG=12∠BGH+12∠DHG=90°，∴∠GPH=180°-（∠HGM+ ∠NHG）=90°∴GM⊥HN．
【点睛】本题主要考查了平行线的判定与性质、角平分线的定义等知识点，熟练掌握平行线的判定与性质是解答本题的关键．
【变式3-2】（2022·辽宁葫芦岛·七年级期末）如图已知：AB∥CD，CD∥EF，AE平分∠BAC，AC⊥CE，有以下结论：①AB∥EF；②2∠1−∠4=90°；③2∠3−∠2=180°；④∠3+12∠4=135°，其中，正确的结论有____．（填序号）

【答案】①②③④
【分析】根据平行线的性质逐一分析判断即可．
【详解】解：∵AB∥CD，CD∥EF，
∴AB∥EF，故①正确；
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAC=2∠1，
∵AB∥CD，
∴∠BAC+∠2=180°，
∴2∠1+∠2=180°（1），
∵AC⊥CE，
∴∠2+∠4=90°（2），
∴（1）-（2）得，2∠1-∠4=90°，故②正确；
∵AB∥EF，
∴∠BAE+∠3=180°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠1=∠BAE，
∴∠1+∠3=180°，
∴2∠1+2∠3=360°（3），
∵2∠1+∠2=180°（1），
（3）-（1）得，2∠3-∠2=180°，故③正确；
∵CD∥EF，
∴∠CEF+∠4=180°，
∴∠3+∠AEC+∠4=180°，
∵AE⊥CE，
∴∠1+∠AEC=90°，
∴∠AEC=90°-∠1，
∴∠3+∠4-∠1=90°，
∵2∠1-∠4=90°，
∴∠1=45°+12∠4，
∴∠3+12∠4=135°，故④正确．
综上，正确的结论有：①②③④．
故答案为：①②③④．
【点睛】本题考查了平行线的判定和性质，熟练应用判定定理和性质定理是解题的关键，平行线的性质：两直线平行，同位角相等；两直线平行，同旁内角互补；两直线平行，内错角相等．平行线的判定是由角的数量关系判断两直线的位置关系．平行线的性质是由平行关系来寻找角的数量关系．应用平行线的判定和性质定理时，一定要弄清题设和结论，切莫混淆．
【变式3-3】（2022·广东·广州市第四中学七年级期末）如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝∠C．

(1)求证：∠B＝∠D；
(2)如图2，点E在线段AD上，点G在线段AD的延长线上，连接BG，∠AEB＝2∠G，求证：BG是∠EBC的平分线；
(3)如图3，在(2)的条件下，点E在线段AD的延长线上，∠EDC的平分线DH交BG于点H，若∠ABE＝66°，求∠BHD的度数．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)57°

【分析】（1）根据平行线的性质得到∠A+∠B=180°，进而推出∠C+∠B=180°，即可证明AB∥CD，得到∠A+∠D=180°，据此即可证明结论；
（2）先由平行线的性质得到∠CBG=∠G，∠AEB=∠CBE，进而推出∠EBG=∠CBG=∠G，即可证明BG是∠EBC的平分线；
（3）设∠GDH=∠HDC=α，设∠EBG=∠CBG=β，根据平行线的性质推出66°+2β+2α=180°，则α+β=57°，过点H作HP∥AB交AG于P，得到∠PHB+∠ABH=180°，推出∠DHP=∠HDC=α，则∠DHP+∠BHD+∠ABE+∠GBE=180°即α+∠BHD+66°+β=180°，∠BHD=57°；
（1）
解：∵ AD∥BC，
∴∠A+∠B=180°，
∵∠A=∠C，
∴∠C+∠B=180°，
∴AB∥CD，
∴∠A+∠D=180°，
∴∠B=∠D；
（2）
解：∵ AD∥BC，
∴∠CBG=∠G，∠AEB=∠CBE，
∵∠AEB=2∠G，
∴∠CBE=2∠G，
∴∠EBG+∠CBG=2∠G，
∴∠EBG=∠CBG=∠G，
∴BG是∠EBC的平分线；
（3）
解：∵ DH是∠GDC的平分线，
∴∠GDH=∠HDC，
设∠GDH=∠HDC=α，
∵AD∥BC，
∴∠BCD=∠GDC=2α，
设∠EBG=∠CBG=β，
∵AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD=180°，
∴∠ABE+∠EBC+∠BCD=180°，
∴66°+2β+2α=180°，
∴α+β=57°，
过点H作HP∥AB交AG于P，
∴∠PHB+∠ABH=180°，
∵AB∥CD，
∴CD∥HP，
∴∠DHP=∠HDC=α，
∴∠DHP+∠BHD+∠ABE+∠GBE=180°
即α+∠BHD+66°+β=180°，
∴∠BHD=57°；

【点睛】本题主要考查了平行线的性质与判定，熟知平行线的性质与判定条件是解题的关键．
【考点4 直线旋转中的平行线的判定】
【例4】（2022·河南洛阳·七年级期末）如图所示是跷跷板示意图，横板AB绕中点O上下转动，立柱OC与地面垂直，当横板AB的A端着地时，测得∠OAC=28°，则在玩跷跷板时，小明坐在A点处，他上下最大可以转动的角度为（    ）

A．28° B．56° C．62° D．84°
【答案】B
【分析】此题可以构造平行线，根据平行线的性质进行分析计算．
【详解】解：如图所示，

过点O作DE∥AC，
则有∠1=∠OAC=28°
而∠2=∠1，
所以，上下最大可以转动的角度为∠2=∠1=56°．
故选：B．
【点睛】本题是一道生活问题，将其转化为关于平行线的问题，解题关键是利用“两直线平行,同位角相等”解答．
【变式4-1】（2022·山东临沂·七年级期末）如图将木条a，b与c钉在一起，∠1=75°，要使木条a与b平行，木条a顺时针旋转了35°，∠2是（    ）

A．25° B．35° C．40° D．50°
【答案】C
【分析】根据平行线的判定定理求解即可．
【详解】解：如图，

根据题意得，∠1=75°，∠AOB=35°，
∴∠AOC=∠1-∠AOB=40°，
当∠2=∠AOB时，a∥b，
∴∠2=40°，
故选：C．
【点睛】此题考查了平行线的判定，熟记平行线的判定定理是解题的关键．
【变式4-2】（2022·云南昆明·七年级期末）小明把一副三角板摆放在桌面上，如图所示，其中边BC，DF在同一条直线上，现将三角板DEF绕点D顺时针旋转，当EF第一次与AB平行时，∠CDF的度数是（

A．15° B．30° C．45° D．75°
【答案】A
【分析】过点D作DM∥AB，则AB∥DM∥EF，由平行线的性质得出∠B=∠MDB=30°，∠MDE=∠E=45°，则可求出答案．
【详解】解：过点D作DM∥AB，则AB∥DM∥EF，

∴∠B=∠MDB=30°，∠MDE=∠E=45°，
∴∠BDE=∠BDM+∠EDM=30°+45°=75°，
∴∠CDF=90°-∠BDE=90°-75°=15°．
故答案为：15°．
【点睛】本题考查了旋转的性质，平行线的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
【变式4-3】（2022·湖南永州·七年级期末）如图，直线l1∥l2，现将一个含30°角的直角三角板的锐角顶点B放在直线l2上，将三角板绕点B旋转，使直角顶点C落在l1与l2之间的区域，边AC与直角l1相交于点D，若∠1=35°，则图中的∠2的值为（    ）

A．65° B．75° C．85° D．80°
【答案】A
【分析】过A作CE∥l1，得到CE∥l1∥l2，根据平行线的性质得出∠3，进而求得∠4，再根据平行线的性质可求出答案．
【详解】解：过C作CE∥l1，

∵l1∥l2，
∴CE∥l1∥l2，
∴∠3=∠1=35°，
∴∠4=90°-∠3=55°，
∴∠2=180°-∠4-∠ABC=180°-55°-60°=65°．
故选：A．
【点睛】题考查了平行线的性质和判定，能灵活运用平行线的性质和判定定理进行推理是解此题的关键．
【考点5 与垂线有关的角度计算或证明】
【例5】（2022·湖南·测试·编辑教研五七年级期末）如图，已知∠1=∠C，∠2=∠3，FG⊥AC于G，你能说明BD与AC互相垂直吗？

【答案】见解析
【分析】根据∠1＝∠C，得ED∥BC，所以∠2＝∠DBC，再由∠2＝∠3，得∠DBC＝∠3，所以BD∥FG，即可得FG⊥AC．
【详解】证明：∵∠1=∠C，
∴ ED∥BC，
∴∠2=∠DBC，
∵∠2=∠3，
∴∠DBC=∠3
∴BD∥FG，
∵FG⊥AC，
∴BD⊥AC．
【点睛】本题综合考查了平行线的性质及判定，正确识别“三线八角”中的同位角、内错角、同旁内角是正确答题的关键，不能遇到相等或互补关系的角就误认为具有平行关系，只有同位角相等、内错角相等、同旁内角互补，才能推出两被截直线平行．
【变式5-1】（2022·安徽合肥·七年级期末）请补充完整下列推理过程及证明过程中的依据．
如图，已知DG//BA，EF⊥BC，∠1=∠2．试证明：AD⊥BC．

解：因为DG//BA（已知），
所以∠2=∠BAD（____________）．
因为∠1=∠2（已知），
所以______（等量代换），
所以EF//______（____________）．
所以∠EFB=______（两直线平行，同位角相等）
因为EF⊥BC（已知），
所以∠EFB=90°（____________）．
所以∠ADF=90°（等量代换），
所以______（垂直的定义）．
【答案】两直线平行，内错角相等；∠1=∠BAD；AD；同位角相等，两直线平行；∠ADB；垂直的定义；AD⊥BC
【分析】根据平行线的判定定理与性质定理求解即可．
【详解】解：因为DG//BA（已知），
所以∠2=∠BAD（两直线平行，内错角相等），
因为∠1=∠2（已知），
所以∠1=∠BAD（等量代换），
所以EF//AD（同位角相等，两直线平行），
所以∠EFB=∠ADB（两直线平行，同位角相等），
因为EF⊥BC（已知），
所以∠EFB=90°（垂直的定义），
所以∠ADF=90°（等量代换），
所以AD⊥BC（垂直的定义），
故答案为：两直线平行，内错角相等；∠1=∠BAD；AD；同位角相等，两直线平行；∠ADB；垂直的定义；AD⊥BC．
【点睛】此题考查了平行线的判定与性质，熟记平行线的判定定理与性质定理是解题的关键.
【变式5-2】（2022·江苏盐城·七年级期末）如图，AB⊥AC，垂足为A，∠1=30°，∠B=60°．

（1）AD与BC平行吗？为什么？
（2）根据题中的条件，能判断AB与CD平行吗？如果能，请说明理由：如果不能，添加一个条件，使它们平行（不必说明理由）．
【答案】（1）平行，理由见解析；（2）不能，可添加CD⊥AC．
【分析】（1）根据平行线的判定定理，即可得到结论；
（2）根据平行线的判定定理，即可得到结论．
【详解】（1）平行．理由如下：
∵AB⊥AC，
∴∠BAC=90°，
∵∠1=30°，
∴∠BAD=∠BAC+∠1=120°．
∵∠B=60°，
∴∠B+∠BAD=60°+120°=180°，
∴AD∥BC；
（2）不能判断AB与CD平行，添加CD⊥AC即可判断AB与CD平行．
∵ AB⊥AC，
∴∠BAC=90°，
∵CD⊥AC，
∴∠ACD=90°，
∴AB∥CD．
【点睛】本题主要考查平行线的判定定理，掌握“同旁内角互补，两直线平行”，“内错角相等，两直线平行”，是解题的关键．
【变式5-3】（2022·全国·七年级）已知：直线MN、PQ被AB所截，且MN∥PQ，点C是线段AB上一定点，点D是射线AN上一动点，连接CD．

(1)在图1中过点C作CE⊥CD，与射线BQ交于E点．
①依题意补全图形；
②求证：∠ADC+∠BEC＝90°；
(2)如图2所示，点F是射线BQ上一动点，连接CF，∠DCF＝α，分别作∠NDC与∠CFQ的角平分线交于点G，请用含有α的代数式来表示∠DGF，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)∠DGF=180°-12α，理由见解析

【分析】（1）①根据要求作出图形即可．②过点C作CT∥MN．利用平行线的性质和判定以及垂线的性质解决问题．
（2）∠DGF=180°-12α．利用（1）中基本结论可得∠ADC+∠BFC=∠DCF=α，∠GDN+∠GFQ=∠DGF，再利用角平分线的定义及邻补角的性质即可求解．
(1)
解：①图形如图所示．

②证明：过点C作CT∥MN．
∵CE⊥CD，
∴∠ECD=90°，
∵CT∥MN，MN∥PQ，
∴CT∥MN∥PQ，
∴∠ADC=∠DCT，∠BEC=∠ECT，
∴∠ADC+∠BEC=∠DCT+∠ECT=∠ECD=90°．
(2)
解：∠DGF=180°-12α，理由如下：
如图，

由（1）的结论可知：∠ADC+∠BFC=∠DCF=α，∠GDN+∠GFQ=∠DGF，
∵DG平分∠NDC，GF平分∠CFQ，
∴∠GDN=12∠CDN，∠GFQ=12∠CFQ，
∴∠DGF=12（∠CDN+∠CFQ）=12（180°-∠ADC+180°-∠BFC）=12（360°-∠DCF）=180°-12α．
【点睛】本题考查平行线的性质，角平分线的定义，邻补角的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题．
【考点6 利用平行线的判定与性质计算角度】
【例6】（2022·福建福州·七年级期末）如图，在△ABC中，点D，E分别在AB，AC上，点F，G在BC上，EF与DG交于点O，∠1+∠2=180°，∠B=∠3．

(1)判断DE与BC的位置关系，并证明；
(2)若∠AED+∠EFC=118°，求∠A的度数．
【答案】(1)证明见解析；
(2)62∘

【分析】（1）由∠1+∠2=180°，∠2+∠DOE=180∘，得到∠1=∠DOE，则BD∥EF，∴ ∠B=∠EFC，由∠B=∠3，∠3=∠EFC，即可证明DE∥BC；
（2）由（1）的结论得到∠3=∠EFC，则∠AEF=118∘，再由同旁内角的性质得到∠A的度数即可．
（1）
∵ ∠1+∠2=180°，∠2+∠DOE=180∘，
∴ ∠1=∠DOE，
∴ BD∥EF，
∴ ∠B=∠EFC，
∵ ∠B=∠3，
∴ ∠3=∠EFC，
∴ DE∥BC．
（2）
由（1）知： ∠3=∠EFC
∵ ∠AED+∠EFC=118°
∴ ∠3+∠AED=∠AEF=118∘
由（1）知BD∥EF,
且∠AEF、∠A互为同旁内角，
∴∠AEF+∠A=180∘，
∴∠A=180∘−∠AEF=180∘−118∘=72∘
【点睛】本题考查平行线的性质与判定，熟练掌握平行线的性质与判定式关键．
【变式6-1】（2022·河南漯河·七年级期末）已知：如图，∠A＝∠ADE，∠C＝∠E．

(1)若∠EDC＝3∠C，求∠C的度数；
(2)判断BE与CD的位置关系，并证明你的猜想．
【答案】(1)45°
(2)BE∥CD；证明见解析

【分析】（1）根据∠A＝∠ADE，得到DE∥AC，从而得到∠EDC+∠C=180°，结合∠EDC＝3∠C，代入计算即可．
（2）根据∠A＝∠ADE，得到DE∥AC，从而得到∠E=∠ABE，结合∠C＝∠E，得到∠ABE=∠C，得到BE∥CD．
（1）
∵∠A＝∠ADE，
∴DE∥AC，
∴∠EDC+∠C=180°，
∵∠EDC＝3∠C，
∴4∠C=180°，
∴∠C=45°．
（2）
BE与CD的位置关系是BE∥CD．理由如下：
∵∠A＝∠ADE，
∴DE∥AC，
∴∠E=∠ABE，
∵∠C＝∠E，
∴∠ABE=∠C，
∴BE∥CD．
【点睛】本题考查了平行线的判定和性质，熟练掌握平行线的判定和性质是解题的关键．
【变式6-2】（2022·广东湛江·七年级期末）如图所示，已知射线CB∥OA，∠C=∠OAB=110°，E、F在CB上，且满足∠FOB=∠AOB，OE平分∠COF，根据上述条件，解答下列问题：

(1)证明：OC∥AB；
(2)求∠EOB的度数；
(3)若平行移动AB，那么∠OBC:∠OFC的值是否随之变化？若不变，求出这个比值；若变化，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)∠EOB=35°
(3)不变，∠OBC:∠OFC=1:2．

【分析】（1）根据平行线的性质得出∠COA，再根据∠COA+∠OAB=180∘，可得OC∥AB；
（2）根据∠FOB=∠AOB， OE平分∠COF，即可得出∠EOB=∠EOF+∠FOB=12∠COA ，即可得出答案；
（3）根据平行线的性质，即可得出∠OBC=∠BOA,∠OFC=∠FOA，再根据∠FOA=∠FOB+∠AOB=2∠AOB ，即可得出答案．
（1）
∵CB∥OA，∠C=∠OAB=110°，
∴∠COA=180°−∠C=180°−110°=70°，
∴∠COA+∠OAB=180°，
∴OC∥AB；
（2）
∵∠FOB=∠AOB，
∴OB平分∠AOF，
又OE平分∠COF，
∴∠EOB=∠EOF+∠FOB=12∠COA=12×70°=35°；
（3）
不变．
∵CB∥OA，
∴∠OBC=∠BOA，∠OFC=∠FOA，
∴∠OBC:∠OFC=∠AOB:∠FOA，
又∵∠FOA=∠FOB+∠AOB=2∠AOB，
∴∠OBC:∠OFC=∠AOB:∠FOA=∠AOB:2∠AOB=1:2．
【点睛】本题考查平行线、角平分线的性质及三角形内角和定理，熟记各性质并准确识图理清各角间的关系时解题关键．
【变式6-3】（2022·北京密云·七年级期末）已知：点C是∠AOB的OA边上一点（点C不与点O重合），点D是∠AOB内部一点，射线CD不与OB相交．

(1)如图1，∠AOB＝90°，∠OCD＝120°，过点O作射线OE，使得OE//CD．（其中点E在∠AOB内部）．
①依据题意，补全图1；
②直接写出∠BOE的度数．
(2)如图2，点F是射线OB上一点，且点F不与点O重合，当∠AOB=α0°<α≤180°时，过点F作射线FH，使得FH//CD（其中点H在∠AOB的外部），用含α的代数式表示∠OCD与∠BFH的数量关系，并证明．
【答案】(1)①见解析；②30°
(2)∠OCD＋∠BFH＝360°－α，证明见解析

【分析】（1）①根据题意补图即可；
②根据平行线的性质求出即可；
（2）过点O作OM∥CD∥FH，根据平行线的性质得出两角的数量关系即可．
(1)
解：①依据题意，补全图1如下：

②∵CD∥OE，
∴∠OCD+∠COE＝180°，
∵∠OCD＝120°，
∴∠COE＝60°，
∵∠AOB＝90°，
∴∠BOE＝90°﹣∠COE＝90°﹣60°＝30°；
(2)
解：∠OCD+∠BFH＝360°﹣α，
证明：过点O作OM∥CD∥FH，

∴∠OCD+∠COM＝180°，∠MOF＝∠OFH，
又∵∠BFH+∠OFH＝180°，
∴180°﹣∠OCD+180°﹣∠BFH＝α，
∴∠OCD+∠BFH＝360°﹣α．
【点睛】本题主要考查平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
【考点7 平行线的性质在生活中的应用】
【例7】（2022·湖北武汉·七年级期末）如图线段AB和CD表示两面镜子，且直线AB∥直线CD，光线EF经过镜子AB反射到镜子CD，最后反射到光线GH.光线反射时，∠1=∠2，∠3=∠4，下列结论：①直线EF平行于直线GH；②∠FGH的角平分线所在的直线垂直于直线AB；③∠BFE的角平分线所在的直线垂直于∠4的角平分线所在的直线；④当CD绕点G顺时针旋转90时，直线EF与直线GH不一定平行，其中正确的是（   ）

A．①②③④ B．①②③ C．②③ D．①③
【答案】B
【分析】根据平行线的性质定理逐个证明，看是否正确即可.
【详解】①正确，根据AB//CD，可得∠2=∠3，再根据已知可得∠1=∠2=∠3=∠4，进而证明∠EFC=∠FGH,因此可得EF//GH；
②正确，根据∠3=∠4，可得∠FGH的角平分线所在的直线垂直于直线AB；
③正确，因为①证明了∠1=∠4 ，所以只要证明∠1 的角平分线垂直于∠BFE 的角平分线即可；
④不正确，因为∠2+∠3=90°,所以∠EFC+∠FGH=180°，即EF//GH.
故正确的有①②③，因此选B.
【点睛】本题主要考查平行线的性质和定理，这是基本知识点，必须熟练掌握.
【变式7-1】（2022·江苏宿迁·七年级期末）实验证明：平面镜反射光线的规律是：射到平面镜上的光线和被反射出的光线与平面镜所夹的锐角相等，如图有两块互相垂直的平面镜MN,NP，一束光线AB射在其中一块MN上，经另外一块NP反射，两束光线会平行吗？若不平行，请说明理由，若平行，请给予证明

【答案】会，理由见解析
【分析】作BE⊥NB，CF⊥NC，根据NB⊥NC可得出∠2+∠3=∠1+∠4=90°，再由平行线的判定定理即可得出结论．
【详解】解：AB//CD．
理由如下：作BE⊥NB，CF⊥NC，如图，

∵∠1=∠2，∠3=∠4，BE//NC，
∴∠2=∠NCB，
∴∠2+∠3=∠1+∠4=90°，
∴∠ABC+∠BCD=180°，
∴AB//CD．
【点睛】本题考查的是平行线的判定与性质，熟知入射角等于反射角是解答此题的关键．
【变式7-2】（2022·浙江杭州·七年级期末）（1）若组成∠1和∠2的两条边互相平行，且∠1是∠2的2倍小15°，求∠1的度数．
（2）如图，放置在水平操场上的篮球架的横梁EF始终平行于AB,EF与上拉杆CF形成的∠F=145°，主柱AD垂直于地面，通过调整CF和后拉杆BC的位置来调整篮筐的高度．当∠CDB=25°时，点H，D，B在同一直线上，求∠H的度数．

【答案】（1）15°或115°；（2）120°
【分析】（1）根据∠1，∠2的两边分别平行，所以∠1，∠2相等或互补列出方程求解则得到答案．
（2）过D点作DI∥EF，根据两直线平行，同旁内角互补可求∠FDI=35°，根据平角的定义可求∠ADB=30°，根据直角三角形的性质可求∠ABH=60°，再根据两直线平行，同旁内角互补可求∠H．
【详解】解：（1）①当∠1=∠2时，
∵∠1=2∠2-15°，
∴∠1=2∠1-15°，
解得∠1=15°；
②当∠1+∠2=180°时，
∵∠1=2∠2-15°，
∴∠2+2∠2-15°=180°，
解得∠2=65°，
∴∠1=180°-∠2=115°；
（2）过D点作DI∥EF，

∵∠F=145°，
∴∠FDI=35°，
∴∠ADB=180°-90°-35°-25°=30°，
∴∠ABH=90°-30°=60°．
∵GH∥AB，
∴∠H=180°-60°=120°．
【点睛】本题考查了平行线的性质，平行线性质定理：两直线平行，同位角相等；两直线平行，同旁内角互补； 两直线平行，内错角相等．
【变式7-3】（2022·湖南·师大附中梅溪湖中学七年级期末）梅溪湖公园某处湖道两岸所在直线（AB∥CD）如图所示，在湖道两岸安装探照灯P和Q，若灯P射线自PA逆时针旋转至PB便立即回转，灯Q射线自QD逆时针旋转至OC便立即回转，每天晚间两灯同时开启不停交叉照射巡视．设灯 P转动的速度是10度/秒，灯Q转动的速度是4度/秒，湖面上点M是音乐喷泉的中心．
（1）若把灯P自PA转至PB，或者灯Q自QD转至QC称为照射一次，请求出P、Q两灯照射一次各需要的时间；
（2）12秒时，两光束恰好在M点汇聚，求∠PMQ；
（3）在两灯同时开启后的35秒内，请问开启多长时间后，两灯的光束互相垂直？

【答案】（1）P、Q两灯照射一次各需要的时间分别为18秒、45秒；（2）∠PMQ=108° ；（3）当开启15s或1357s或2257s后，两灯的光束互相垂直．
【分析】（1）直接利用180除以两灯的速度即可求得结果；
（2）过点M作FM//AB，利用平行线的相关性质求解即可；
（3）分三种情况：①当两灯开启时间小于18秒时，②当两灯开启时间大于18秒，小于36秒时，PM返回时，第一次与DM相遇，③当两灯开启时间大于18秒，小于35秒时，PM返回时，第二次与DM相遇，分别根据两灯的光束互相垂直，利用平行线的相关性质，找准等量关系，列出方程求解即可．
【详解】解：（1）∵灯P转动的速度是10度/秒，灯Q转动的速度是4度/秒，
∴P灯照射一次需要的时间是：18010=18（秒）
Q灯照射一次需要的时间是：1804=45（秒）；
（2）∵转动12秒时，两光束恰好在M点汇聚，
∴∠APM=10∘×12=120∘,
∠DQM=4∘×12=48∘，
如下图示，过点M作FM//AB，

则有FM//AB//CD
∴∠APM+∠PMF=180∘， ∠FMQ=∠DQM=48∘，
∴∠PMF=180∘−∠APM=180∘−120∘=60∘，
∴∠PMQ=∠PMF+∠FMQ=60∘+48∘=108∘；
（3）①当两灯开启时间小于18秒时，
如图1所示，

过点M作FM//AB，
则有FM//AB//CD
∵∠APM=10t，∠FMQ=∠DQM=4t，
∴∠PMF=180∘−∠APM=180∘−10t，
∵两灯的光束互相垂直，
∴依题意可得：180∘−10t+4t=90∘
解之得：t=15；
②当两灯开启时间大于18秒，小于35秒时，
PM返回时，第一次与DM相遇，则如图2所示，
过点M作FM//AB，

则有FM//AB//CD
∴∠PMF=∠BPM=10t−180∘， ∠FMQ=∠DQM=4t，
∵两灯的光束互相垂直，
∴依题意可得：10t−180∘+4t=90∘
解之得：t=1357；
③当两灯开启时间大于18秒，小于35秒时，
PM返回时，第二次与DM相遇，则如图3所示，
过点M作FM//AB，

则有FM//AB//CD
∵∠BPM=10t−180∘，∠DQM=4t，
∴∠PMF=180∘−∠BPM=360∘−10t，
∠FMQ=180∘−∠DQM=180∘−4t
∵两灯的光束互相垂直，
∴依题意可得：360∘−10t+180∘−4t=90∘
解之得：t=2257；
综上所述，当开启15s或1357s或2257s后，两灯的光束互相垂直．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质以及角的和差关系的运用，解决问题的关键是运用分类思想进行求解，熟悉相关性质是解题的关键．
【考点8 利用平行线的判定与性质探究角度之间的关系】
【例8】（2022·河北唐山·七年级期末）己知三角形ABC，EF∥AC交直线AB于点E，DF∥AB交直线AC于点D．

(1)如图1，若点F在边BC上，直接写出∠BAC与∠EFD的数量关系；
(2)若点F在边BC的延长线上，（1）中的数量关系还成立吗？若成立，给子证明；若不成立，又有怎样的数量关系，请在备用图中画出图形并说明理由．
【答案】(1)∠BAC=∠EFD
(2)不成立，当点F在边BC的延长线上时，∠BAC +∠EFD=180°，图见解析，证明见解析

【分析】（1）根据平行线的性质即可得到∠BAC与∠EFD的数量关系；
（2）首先作出图形，再结合平行线的性质即可得到结论．
（1）
解：∠BAC=∠EFD，
证明：∵EF∥AC，
∴∠BAC=∠BEF，
∵DF∥AB，
∴∠EFD=∠BEF，
∴∠BAC=∠EFD；
（2）
如图2，当点F在边BC的延长线上时，（1）中的数量关系不成立，
数量关系为∶∠BAC+∠EFD=180°，

证明：∵DF∥AB，
∴∠D=∠BAC．
∵EF∥AC，
∴∠EFD+∠D=180°，
∴∠BAC+∠EFD=180°．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，解题的关键是掌握两直线平行，同位角相等以及两直线平行，同旁内角互补等知识．
【变式8-1】（2022·湖北襄阳·七年级期末）如图，已知AM∥BN，P是射线AM上一动点（不与点A重合），BC，BD分别平分∠ABP与∠PBN，分别交射线AM于点C，D．

(1)若∠A=50°，求∠CBD的度数；
(2)在点P的运动过程中，∠BPA与∠BDA的数量关系是否随之发生变化？若变化，请说明理由；若不变，请求出∠BPA与∠BDA的数量关系；
(3)当点P运动到使∠ACB＝∠ABD时，探究∠ABC与∠DBN的数量关系，并证明你的结论．
【答案】(1)65°
(2)在点P的运动过程中，∠BPA与∠BDA的数量关系不随之发生变化，∠BPA＝2∠BDA
(3)∠ABC＝∠DBN．证明见解析

【分析】（1）根据AM∥BN，可得∠A＋∠ABN＝180°，从而得到∠ABN＝130°，再由BC，BD分别平分∠ABP与∠PBN，可得∠CBD=12∠ABP+∠PBN，即可求解；
（2）根据AM∥BN，可得∠BPA＝∠PBN，∠ADB＝∠DBN，再由∠PBD=∠DBN=12∠PBN，可得∠PBN＝2∠BDA，即可求解；
（3）根据AM∥BN，可得∠ACB＝∠CBN，再由∠ACB＝∠ABD，可得∠CBN＝∠ABD，即可求解．
（1）
解：∵AM∥BN，
∴∠A＋∠ABN＝180°，
又∠A＝50°，
∴∠ABN＝130°，
∵BC，BD分别平分∠ABP与∠PBN，
∴∠CBP=12∠ABP，∠PBD=∠DBN=12∠PBN，
∴∠CBD=∠CBP+∠PBD=12∠ABP+∠PBN=65°．
（2）
解：在点P的运动过程中，∠BPA与∠BDA的数量关系不随之发生变化，∠BPA＝2∠BDA．理由如下：
∵AM∥BN，
∴∠BPA＝∠PBN，∠ADB＝∠DBN，
又∵∠PBD=∠DBN=12∠PBN，
∴∠PBN＝2∠BDA，
∴∠BPA＝2∠BDA．
（3）
解：∠ABC＝∠DBN．理由如下：
∵AM∥BN，
∴∠ACB＝∠CBN，
∵∠ACB＝∠ABD﹐
∴∠CBN＝∠ABD﹐
即∠ABC＋∠CBD＝∠DBN＋∠CBD，
∴∠ABC＝∠DBN．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，有关角平分线的计算，熟练掌握平行线的性质定理是解题的关键．
【变式8-2】（2022·安徽合肥·七年级期末）已知：直线AB∥CD，经过直线AB上的定点P的直线EF交CD于点O，点M，N为直线CD上的两点，且点M在点O右侧，点N的左侧时，连接PM，PN，满足∠MPN=∠MNP．

(1)如图1，若∠MPO=25°，∠MNP=50°，直接写出∠COP的度数为：______．
(2)如图2，射线PQ为∠MPE的角平分线，用等式表示∠NPQ与∠POM之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)125°
(2)∠POM=2∠NPQ，见解析

【分析】（1）根据平行线的性质以及题干中∠MPN=∠MNP即可推出∠COP的度数．
（2）结合平行线性质和题干条件进行推理即可找到∠NPQ与∠POM的等量关系．
（1）
∵AB∥CD，
∴∠COP=∠BPO，∠BPN=∠MNP=50°．
∵∠MPO=25°，∠MPN=∠MNP=50°，
∴∠COP=∠BPO=∠MPO+∠MPN+∠BPN=25°+50°+50°=125°．
（2）
结论：∠POM=2∠NPQ．
理由：
∵AB∥CD，
∴∠EPB=∠POD，∠BPN=∠PNM．
又∵射线PQ为∠MPE的角平分线，
∴∠EPQ=∠MPQ=12∠MPE．
∵∠MPN=∠PNM=∠NPB，
∴∠MPN=∠NPB=12(∠MPN+∠NPB)=12∠MPB．
∴∠NPQ=∠MPQ−∠MPN=12∠MPE−12∠MPB=12∠EPB=12∠POM．
即∠POM=2∠NPQ．
【点睛】本题考查了平行线的性质，角平分线的定义等知识．解题关键是熟练掌握平行线的性质，属于中考常考题型．
【变式8-3】（2022·湖北孝感·七年级期末）在三角形ABC中，点D在线段AC上，DE∥BC交AB于点E，点F在线段AB上（点F不与点A，E，B重合），连接DF，过点D作FG⊥FD交射线CB于点G．

(1)如图1，点F在线段BE上，
①用等式表示∠EDF与∠BGF的数量关系，并说明理由；
②如图，求证：∠ABC+∠BFG−∠EDF=90°；
(2)当点F在线段AE上时，依题意，在图2中补全图形，请直接用等式表示∠EDF与∠BGF的数量关系，不需证明．
【答案】(1)①∠EDF+∠BGF=90°，理由见解析；②过程见解析
(2)∠BGF -∠EDF=90°或∠BGF +∠EDF=90°

【分析】对于（1）①，过点F作平行线，再根据平行线的性质∠EDF=∠1和∠BGF=∠2，
然后根据垂直可得结论；
对于②，根据平行线的性质得∠ABC=∠AFH和∠EDF=∠1，再根据垂直定义得∠BFG+∠3=90°，整理可得结论；
对于（2），分两种情况讨论，再结合（1）给出证明即可．
（1）
过点F作FH∥BC交AC于点H
  ①∠EDF+∠BGF=90°．
      
理由如下：
∵FH∥BC，ED∥BC，
∴ED∥FH，
∴∠EDF=∠1．
∵FH∥BC，
∴∠BGF=∠2，
∴∠EDF+∠BGF=∠1+∠2．
∵FG⊥FD，
∴∠DFG=90°，即∠1+∠2=90°，
∴∠EDF+∠BGF=90°；
②∵FH∥BC，
∴∠ABC=∠AFH，即∠ABC=∠1+∠3．
∵FG⊥FD，
∴∠DFG=90°，
∴∠BFG+∠3=90°，即∠BFG=90°-∠3．
∵ED∥FH，
∴∠EDF=∠1，
∴∠ABC+∠BFG -∠BFG=∠1+∠3+90°-∠3-∠1=90°；
（2）
当点G在线段BC上时，∠BGF -∠EDF=90°；
过点F作FH∥BC，
∵FH∥BC，ED∥BC，
∴ED∥FH，
∴∠EDF=∠DFH．
∵FH∥BC，
∴∠BGF=∠GFH，
∴∠BGF=∠GFD+∠EDF．
∵FG⊥FD，
∴∠GFD=90°，
∴∠BGF-∠EDF =90°；

当点G在点B的左侧时，∠BGF+∠EDF=90°；
过点F作FR∥BC，
∵FR∥BC，ED∥BC，
∴ED∥FR，
∴∠EDF=∠DFR．
∵FR∥BC，
∴∠BGF+∠GFR=180°，
∴∠BGF+∠GFD+∠EDF=180°．
∵FG⊥FD，
∴∠GFD=90°，
∴∠BGF+90°+∠EDF =180°，
即∠BGF+∠EDF =90°．

【点睛】本题主要考查了平行线的性质，垂直的定义等，构造平行线是解题的关键．
【考点9 平行线的运用（单一辅助线）】
【例9】（2022·四川德阳·七年级期末）已知：AB∥CD，点P、Q分别在AB、CD上，在两直线间取一点E．

(1)如图1，求证：∠E=∠APE+∠CQE；
(2)将线段EQ沿DC平移至FG，∠CGF的平分线和∠APE的平分线交于直线AB、CD内部一点H．
①如图2，若∠E=90°，求∠H的度数；
②如图3，若点I在直线AB、CD内部，且PI平分∠BPE，连接HI，若∠I−∠H=m°，∠E=n°，请直接写出m与n的数量关系，不必证明．
【答案】(1)见解析
(2)①45°；②n=180−2m

【分析】（1）过点E作EM∥AB，利用平行线的性质证明即可；
（2）①利用（1）中结论求解即可；
②结论：n＝180−2m，过点I作IJ∥AB，设∠APE＝x°，∠CQE＝∠CGE＝y°，则n°＝（x＋y）°．利用（1）中结论求解即可．
（1）
证明：过点E作MN∥AB，如图所示：

∵AB∥CD，
∴MN∥CD，
∴∠APE=∠PEN，∠CQE=∠NEQ，
∴∠PEQ=∠PEN+∠NEQ=∠APE+∠CQE．
（2）
解：①∵∠CGF的平分线和∠APE的平分线交于直线AB、CD内部一点H，
∴∠APH=12∠APE，∠CGH=12∠CGF，
∵FG由EQ平移而来，
∴FG∥EQ，
∴∠CGF=∠CQE，
由（1）可知，∠APE+∠CQE=∠E=90°，
∴∠H=∠APH+∠CGH
=12∠APE+12∠CGF
=12∠APE+12∠CQE
=12(∠APE+∠CQE)
=45°
②n=180−2m．理由如下：
过点I作IJ∥AB，如图所示：

设∠APE＝x°，∠CQE＝∠CGE＝y°，则n°＝（x＋y）°．
∵AB∥CD，
∴IJ∥CD，同法可证∠H＝∠CGH＋∠JIH，
∵∠BPI＝∠PIJ，
∴∠PIH＝∠JIH＋∠PIJ，
∵∠PIH−∠H＝m°，
∴∠BPI＋∠JIH−（∠CGH＋∠JIH）＝m°，
∴12（180°−x°）−12y°＝m°，
∴90°−12（x＋y）°＝m°，
∴90°−12n°＝m°，
即n=180−2m．
【点睛】本题主要考查作图−平移变换，角平分线的定义，平行线的公理应用，平行线的性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题，属于中考常考题型．
【变式9-1】（2022·广东梅州·八年级期末）已知：∠AOB＝α（0°＜α＜90°），一块三角板CDE中，∠CED＝90°，∠CDE＝30°，将三角板CDE如图所示放置，使顶点C落在OB边上，经过点D作直线MN∥OB交OA边于点M，且点M在点D的左侧．

(1)如图1，若CE∥OA，EF∥MN，∠NDE＝45°，求α的度数；
(2)若∠MDC的平分线DF交OB边于点F，如图2，当DF∥OA，且α＝60°时，证明：CE∥OA．
【答案】(1)45°
(2)见解析

【分析】（1）过点E作EF∥MN，根据MN∥OB，可得EF∥OB，根据平行线的性质可得∠AOB=45°；
（2）根据平行线的性质和角平分线定义即可说明CE∥OA；
（1）
解：如图，过点E作EF∥MN，

∴∠DEF=∠NDE=45°，
∵∠CED=90°，
∴∠FEC=45°，
∵MN∥OB，
∴EF∥OB，
∴∠BCE=∠FCE=45°，
∵AO∥CE，
∴∠AOB=∠ECB=45°，
则α=45°，
（2）
证明：∵DF∥OA，
∴∠DFC=∠AOB=α=60°，
∵MN∥OB，
∴∠MDF=∠DFC，
∵DF平分∠MDC，
∴∠CDF=∠MDF=60°，
在直角三角形DCE中，∠DCE=60°，
∴∠CDF=∠DCE，
∴CE∥DF，
∵DF∥OA，
∴CE∥OA；
【点睛】本题考查了平行线的判定与性质，解决本题的关键是掌握平行线的判定与性质．
【变式9-2】（2022·陕西西安·八年级期末）在综合与实践课上，同学们以“一个含30°的直角三角尺和两条平行线”为背景开展数学活动如图1，已知两直线a，b，且a∥b和直角三角形ABC，∠BCA=90°，∠BAC=30°．

(1)在图1中，∠1＝46°，求∠2的度数；
(2)如图2，创新小组的同学把直线a向上平移，并把∠2的位置改变，发现∠2−∠1=120°，说明理由；
(3)竞赛小组在创新小组发现结论的基础上，将图2中的图形继续变化得到图3，当AC平分∠BAM时，此时发现∠1与∠2又存在新的数量关系，请写出∠1与∠2的数量关系并证明．
【答案】(1)44°
(2)∠2−∠1=120°，理由见解析
(3)∠1=∠2，证明见解析

【分析】（1）根据直角三角形的性质求出∠3，根据平行线的性质解答；
（2）过点B作BD//a，根据平行线的性质得到∠ABD=180°-∠2，∠DBC=∠l，结合图形计算，证明结论；
（3）过点C作CE//a，根据角平分线的定义、平行线的性质计算即可．
（1）解：∵∠BCA=90°，∴∠3=90°−∠1=44°，∵a∥b，∴∠2=∠3=44°
（2）证明：过点B作BD∥a，则∠ABD=180°−∠2，∵a∥b，BD∥a，∴BD∥b，∴∠DBC=∠1，∵∠ABC=60°，∴180°−∠2+∠1=60°，∴∠2−∠1=120°；
（3）解：∠1=∠2，理由如下：过点C作CE∥a，∵AC平分∠BAM，∴∠BAM=2∠BAC=60°，∵CE∥a，∴∠2=∠BCE，∵a∥b，BD∥a，∴CE∥b，∠1=∠BAM=60°，∴∠ECA=∠CAM=30°，∴∠2=∠BCE=60°，∴∠1=∠2．
【点睛】本题考查的是直角三角形的性质、平行线的性质，掌握平行线的性质定理是解题的关键．
【变式9-3】（2022·辽宁葫芦岛·七年级期末）如图1，点A在直线MN上，点B在直线ST上，点C在MN，ST之间，且满足∠MAC＋∠ACB＋∠SBC＝360°．

(1)证明：MN∥ST；
(2)如图2，若∠ACB＝60°，AD∥CB，点E在线段BC上，连接AE，且∠DAE＝2∠CBT，试判断∠CAE与∠CAN的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，若∠ACB＝45°，点E在线段BC上，连接AE，若∠MAE＝4∠CBT，直接写出∠CAE：∠CAN的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)∠CAE＝2∠CAN；理由见解析
(3)3

【分析】（1）如图：作CH//MN，然后根据平行线的性质可得∠MAC＋∠ACH＝180°．再结合∠MAC＋∠ACB＋∠SBC＝360°可得∠HCB＋∠SBC＝180°，即CH//ST，最后根据平行公理即可证明结论；
（2）如图：作CF//ST，设∠CBT＝α，则∠DAE＝2α．由平行线的性质可得∠BCF＝∠CBT＝α，进而得到∠ACF＝60°－α；再说明MN//CF可得∠CAN＝∠ACF＝60°－α；然后根据AD//BC得到∠DAC＋∠ACB＝180°，最后根据等量代换和角的和差即可解答；
（3）设∠CBT=β，根据∠MAE=4∠CBT，表示出∠MAE=4β，∠ACF=∠CAN=45°-β，∠CAE=3（45°-β），求人CAE：∠CAN的值即可．
（1）
证明：如图：作CH//MN
∴∠MAC＋∠ACH＝180°．
∵∠MAC＋∠ACB＋∠SBC＝360°，
∴∠HCB＋∠SBC＝180°，
∴CH//ST
∴MN//ST．

（2）
解：∠CAE＝2∠CAN，理由如下：
如图：作CF//ST，
设∠CBT＝α，则∠DAE＝2α．
∵CF//ST
∴∠BCF＝∠CBT＝α，
∵∠ACB＝60°
∴∠ACF＝60°－α
∵CF//ST，MN//ST
∴MN//CF
∴∠CAN＝∠ACF＝60°－α
∵AD//BC，
∴∠DAC＋∠ACB＝180°
∴∠DAC＝180°－∠ACB＝180°－60°＝120°，
∴∠CAE＝∠DAC－∠DAE＝120°－2α＝2（60°－α）
∴∠CAE＝2∠CAN．

（3）
解：如图：作CF//ST，
设∠CBT=β，
∵∠MAE=4∠CBT，
∴∠MAE=4β，
∵CF//ST，
∴∠CBT=∠BCF=β，
∴∠ACF=∠CAN=45°-β，
∠CAE=180°-∠MAE-∠CAN=180°-4β-（45°-β）=135°-3β=3（45°-β），
∴∠CAE：∠CAN=3（45°-β）：（45°-β）=3．

【点睛】本题主要考查平行线的性质和判定，根据角度的灵活转换、构建数量关系式是解答本题的关键．
【考点10 平行线的运用（多条辅助线）】
【例10】（2022·云南普洱·七年级期末）已知三角板ABC中，∠BAC＝60°，∠B＝30°，∠C＝90°，长方形DEFG中，DE//GF．如图（1），若将三角板ABC的顶点A放在长方形的边GF上，BC与DE相交于点M，AB⊥DE于点N．

(1)请你直接写出：∠CAF＝_____°，∠EMC＝______°．
(2)若将三角板ABC按图（2）所示方式摆放（AB与DE不垂直），请你猜想∠EMC与∠CAF的数量关系？并说明理由．
(3)请你总结（1），（2）解决问题的思路，在图（2）中探究∠BAG与∠BMD的数量关系？并说明理由．
【答案】(1)30，60
(2)∠EMC +∠CAF =90°，理由见解析；
(3)∠BAG-∠BMD=30°，理由见解析

【分析】（1）过点C作CH∥GF，则CH∥DE，这样就将∠CAF转化为∠ HCA，∠EMC转化为∠ MCH，从而可以求得∠EMC的度数；
（2）过C作CH∥GF，依据平行线的性质，即可得到内错角相等，进而得出∠EMC+∠CAF=∠MCH +∠ACH=∠ACB= 90°；
（3）过B作BK∥GF，依据平行线的性质，即可得到内错角相等，进而得出∠BAG-∠BMD=∠ABK-∠KBM=∠ABC = 30°．
（1）
解：∵DE∥GF，AB⊥DE，
∴AB⊥GF，
∴∠BAF=90°，
∴∠CAF=∠BAF-∠BAC= 90°- 60°=30° ，
过点C作CH∥GF，则CH∥DE，
∴∠HCA=∠CAF=30°，
∠EMC=∠BCH=90°-30°=60°；
故答案为：30，60；

（2）
∠EMC +∠CAF=90°，理由如下：
如图，过C作CH∥GF，则∠CAF=∠ACH，


∵DE∥GF，CH∥GF，
∴CH∥DE，
∴∠EMC =∠HCM，
∴∠EMC +∠CAF=∠MCH +∠ACH=∠ACB =90°；
（3）
∠BAG-∠BMD=30°，理由如下：
如图2，过B作BK∥GF，则∠BAG =∠KBA，

∵BK∥GF，DE∥GF，
∴BK ∥DE，
∴∠BMD=∠KBM，
∴∠BAG-∠BMD=∠ABK-∠KBM=∠ABC=30°．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，解决问题的关键是作辅助线构造内错角，利用平行线的性质进行推算．
【变式10-1】（2022·湖北武汉·七年级期末）直线AB∥CE，BE—EC是一条折线段，BP平分∠ABE．

(1)如图1，若BP∥CE，求证：∠BEC+∠DCE=180°；
(2)CQ平分∠DCE，直线BP，CQ交于点F．
①如图2，写出∠BEC和∠BFC的数量关系，并证明；
②当点E在直线AB，CD之间时，若∠BEC=40°，直接写出∠BFC的大小．
【答案】(1)见解析
(2)①∠E+2∠F=180°，证明见解析；②70°

【分析】（1）延长DC交BE于K，交BP于T，由AB∥CD，BP平分∠ABE，可得∠BTK=∠TBK，又BP∥CE，故∠KCE=∠KEC，即可得∠BEC+∠DCE=180°；
（2）①延长AB交FQ于M，延长DC交BE于N，设∠ABP=∠EBP=α，∠DCQ=∠ECQ=β，可得∠F=180°-∠FBM-∠FMB=180°-（α+β），∠E=180°-∠NCE-∠CNE=180°-（180°-2β）-（180°-2α）=2（α+β）-180°，故∠E+2∠F=180°；②由∠E+2∠F=180°，即可得∠F=70°．
（1）
解：证明：延长DC交BE于K，交BP于T，如图：

∵AB∥CD，
∴∠ABT=∠BTK，
∵BP平分∠ABE，
∴∠ABT=∠TBK，
∴∠BTK=∠TBK，
∵BP∥CE，
∴∠BTK=∠KCE，∠TBK=∠KEC，
∴∠KCE=∠KEC，
∵∠KCE+∠DCE=180°，
∴∠KEC+∠DCE=180°，即∠BEC+∠DCE=180°；
（2）
①∠E+2∠F=180°，证明如下：
延长AB交FQ于M，延长DC交BE于N，如图：

∵射线BP、CQ分别平分∠ABE，∠DCE，
∴∠ABP=∠EBP，∠DCQ=∠ECQ，
设∠ABP=∠EBP=α，∠DCQ=∠ECQ=β，
∴∠FBM=∠ABP=α，∠MBE=180°-2α，
∠NCE=180°-2β，∠FCN=∠DCQ=β，
∵AB∥DC，
∴∠CNE=∠MBE=180°-2α，
∴∠F=180°-∠FBM-∠FMB=180°-（α+β），
∠E=180°-∠NCE-∠CNE=180°-（180°-2β）-（180°-2α）=2（α+β）-180°，
∴∠E+180°=2（180°-∠F），
∴∠E+2∠F=180°；
②由①知∠E+2∠F=180°，
∵∠BEC=40°，
∴∠F=70°．
【点睛】本题考查平行线的性质及应用，涉及角平分线定义，三角形内角和等，解题的关键是用含α，β的式子表示∠E，∠F，从而得到∠E，∠F之间的数量关系．
【变式10-2】（2022·广东·新丰县教育局教研室七年级期末）细观察，找规律．
（1）下列各图中的MA1与NAn平行．

①图①中的∠A1+∠A2=______度．
②图②中的∠A1+∠A2+∠A3=______度．
③图③中的∠A1+∠A2+∠A3+∠A4=______度．
④图④中的∠A1+∠A2+∠A3+∠A4+∠A5=______度．
⑤第⑩个图中的∠A1+∠A2+∠A3+⋅⋅⋅+∠A11=______度．
⑥第n个图中的∠A1+∠A2+∠A3+⋅⋅⋅+∠An+1=______度．
（2）下列各图中AB//CD．

①图甲中∠B、∠C、∠BEC的数量关系是______．
②图乙中∠B，∠E，∠G，∠F，∠C的数量关系是______．
③图丙中∠B，∠E，∠F，∠G，∠H，∠M，∠C的数量关系是______．
【答案】（1）①180°；②360°；③540°；④720°；⑤1800°；⑥180n°；（2）①∠B+∠C=∠BEC；②∠B+∠EGF+∠C=∠E+∠F；③∠B+∠EFG+∠GHM+∠C=∠E+∠G+∠M
【分析】（1）通过作平行线，由平行线的性质可逐题求解，注意找规律；
（2）通过作平行线，由平行线的性质可逐题求解．
【详解】解：（1）∵ MA1//NA2，
∴ ∠A1+∠A2=180°；
过A2作A2P//MA1，
∵ MA1//NA3，
∴ A2P//NA3，
∴ ∠A1+∠A2+∠A3=2×180°=360°；
过A2作A2P//MA1，过A3作A3Q//MA1，
∵ MA1//NA4，
∴ A2P//MA1//A3Q//NA4，
∴ ∠A1+∠A2+∠A3+∠A4=3×180°=540°；
过A2作A2P//MA1，过A3作A3Q//MA1，过A4作A4B//MA1，
∵ MA1//NA5，
∴ A2P//MA1//A3Q//A4B//NA5，
∴ ∠A1+∠A2+∠A3+∠A4+∠A5=4×180°=720°；
…
同理：∠A1+∠A2+∠A3+⋅⋅⋅+∠A11=10×180°=1800°；
∠A1+∠A2+∠A3+⋅⋅⋅+∠An+1=180n°；

故答案为①180°；②360°；③540°；④720°；⑤1800°；⑥180n°；
（2）①∵ AB//EF//CD，

∴ ∠B=∠BEF，∠C=∠CEF，
∴ ∠B+∠C=∠BEC；
②过G作GN//AB，

∵ AB//CD，
∴ AB//GN//CD，
∴ ∠B+∠EGN=∠E，∠NGF+∠C=∠F，
∴ ∠B+∠EGF+∠C=∠E+∠F；
③过F作FP//AB，过H作HQ//AB，

∵ AB//CD，
∴ AB//FP//HQ//CD，
∴ ∠B+∠EFP=∠E，∠PFG+∠GHQ=∠G，∠QHM+∠C=∠M，
∴ ∠B+∠EFG+∠GHM+∠C=∠E+∠G+∠M．
故答案为①∠B+∠C=∠BEC；
②∠B+∠EGF+∠C=∠E+∠F；
③∠B+∠EFG+∠GHM+∠C=∠E+∠G+∠M．
【点睛】本题考查了平行线的性质，解题的关键是掌握平行线的性质，作出辅助线．
【变式10-3】（2022·北京师范大学附属实验中学分校七年级期末）已知，如图1，射线PE分别与直线AB，CD相交于E、F两点，∠PFD的平分线与直线AB相交于点M，射线PM交CD于点N，设∠PFM＝α°，∠EMF＝β°，且80−2α＋|β﹣40|＝0

(1)α＝　　，β＝　　；直线AB与CD的位置关系是　　；
(2)如图2，若点G、H分别在射线MA和线段MF上，且∠MGH＝∠PNF，试找出∠FMN与∠GHF之间存在的数量关系，并证明你的结论；
(3)若将图中的射线PM绕着端点P逆时针方向旋转（如图3），分别与AB、CD相交于点M1和点N1时，作∠PM1B的角平分线M1Q与射线FM相交于点Q，问在旋转的过程中∠FPN1∠Q的值是否改变？若不变，请求出其值；若变化，请说明理由．
【答案】(1)40，40，平行；
(2)∠GHF+∠FMN =180°；证明见解析；
(3)不变，2

【分析】（1）根据非负数的性质求出α、β，再根据角平分线的性质和平行线的判定得出AB平行于CD；
（2）根据AB∥CD得出∠BMN＝∠PNF，由∠MGH＝∠PNF可得∠MGH＝∠BMN，可证MN∥GH，利用平行线的性质可证∠FMN=∠GHF；
（3）作QU∥AB，PI∥AB，可证∠MQM1=∠QM1B−∠QFN，∠FPN1=∠PM1B−∠PFN，再根据角平分线的性质可得∠FPN1∠MQM1=2．
(1)
解：∵80−2a＋|β﹣40|＝0，
∴80−2α=0，β﹣40＝0，
∴α=40，β＝40，
∵∠PFD的平分线与直线AB相交于点M，
∴∠PFM＝∠NFM＝40°，
∴∠EFM＝∠NFM，
∴AB∥CD，
故答案为：40，40，平行．
(2)
解：∠GHF+∠FMN =180°；
证明：∵AB∥CD，
∴∠BMN＝∠PNF，
∵∠MGH＝∠PNF，
∴∠MGH＝∠BMN，
∴MN∥GH，
∴∠FMN=∠GHM，
∵∠GHF+∠GHM=180°，
∴∠GHF+∠FMN =180°．
(3)
解：不变；
作QU∥AB，PI∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥QU∥PI ，
∴∠UQM1＝∠QM1B，∠UQF＝∠QFN，∠IPM1＝∠PM1B，∠IPF＝∠PFN，
∴∠MQM1=∠QM1B−∠QFN，∠FPN1=∠PM1B−∠PFN，
∵∠PFD的平分线与直线AB相交于点M，∠PM1B的角平分线M1Q与射线FM相交于点Q，
∴∠PM1B=2∠QM1B，∠PFN=2∠QFN，
∴∠FPN1=2∠MQM1，
∴∠FPN1∠MQM1=2．

【点睛】本题考查了平行线的性质与判定，解题关键是熟练运用平行线的性质与判定进行推理和证明．
【考点11 平行线在折叠问题的运用】
【例11】（2022·山东潍坊·七年级期末）将一张边沿互相平行的纸条如图折叠后，若边AD//BC，则翻折角∠1与∠2一定满足的关系是（    ）

A．∠1=2∠2 B．∠1+∠2=90° C．∠1−∠2=30° D．2∠1−3∠2=30°
【答案】B
【分析】根据平行可得出∠DAB+∠CBA=180°，再根据折叠和平角定义可求出∠1+∠2=90°．
【详解】解：由翻折可知，∠DAE=2∠1，∠CBF=2∠2，
∵AD//BC,
∴∠DAB+∠CBA=180°，
∴∠DAE+∠CBF=180°，
即2∠1+2∠2=180°，
∴∠1+∠2=90°，
故选：B．

【点睛】本题考查了平行线的性质和角平分线的性质，解题关键是熟练运用平行线的性质进行推理计算．
【变式11-1】（2022·山东·滕州市龙泉街道滕东中学七年级期末）如图，四边形ABCD中，点M、N分别在AB、BC上，将△BMN沿MN翻折，得△FMN，若MF∥AD，FN∥DC，则∠B=(    )

A．60° B．70° C．80° D．90°
【答案】C
【详解】试题分析：∵MF∥AD，FN∥DC，∠A=110°，∠C=90°，
∴∠FMB＝∠A＝110°，∠FNB＝∠C＝90°，
∵△BMN沿MN翻折得△FMN，
∴∠BMN=∠FMN=12∠FMB=12×110°=55°，
∠BNM=∠FNM=12∠FNM=12×90°=45°，
∠B=180°－∠BMN－∠BNM=80°，
故选：C．
【点睛】点睛：本题考查了平行线性质，翻折变换，三角形内角和定理的应用，关键是求出∠BMN和∠BNM的度数．
【变式11-2】（2022·全国·七年级单元测试）如图，在三角形ABC中，∠ACB＝90°，将三角形ABC向下翻折，使点A与点C重合，折痕为DE.试说明：DE∥BC．

【答案】见解析.
【分析】由翻折可知∠AED=∠CED=90°，再利用平行线的判定证明即可．
【详解】∵将三角形ABC向下翻折，使点A与点C重合，折痕为DE，
∴∠AED＝∠CED，∠AED＋∠CED＝180°，
∴∠AED＝∠CED＝90°，
∴∠AED＝∠ACB＝90°，
∴DE∥BC.
【点睛】本题考查的是图形的翻折变换，涉及到平行线的判定，熟知折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解答此题的关键．
【变式11-3】（2022·江苏·常州市第二十四中学七年级期末）在△ABC中，∠BAC＝90°，点D是BC上一点，将△ABD沿AD翻折后得到△AED，边AE交BC于点F．

(1)如图①，当AE⊥BC时，写出图中所有与∠B相等的角：　 ；所有与∠C相等的角：　 　 ．  
(2)若∠C－∠B＝50°，∠BAD＝x°(0＜x≤45) ．
① 求∠B的度数；
②是否存在这样的x的值，使得△DEF中有两个角相等．若存在，并求x的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)∠E、∠CAF；∠CDE、∠BAF； (2)①20°；②30
【分析】（1）由翻折的性质和平行线的性质即可得与∠B相等的角；由等角代换即可得与∠C相等的角；
（2）①由三角形内角和定理可得∠B+∠C=90°，再由∠C−∠B=50°根据角的和差计算即可得∠C的度数，进而得∠B的度数．
②根据翻折的性质和三角形外角及三角形内角和定理，用含x的代数式表示出∠FDE、∠DFE的度数，分三种情况讨论求出符合题意的x值即可．
【详解】（1）由翻折的性质可得：∠E＝∠B，
∵∠BAC＝90°，AE⊥BC，
∴∠DFE＝90°，
∴180°－∠BAC＝180°－∠DFE＝90°，
即：∠B＋∠C＝∠E＋∠FDE＝90°，
∴∠C＝∠FDE，
∴AC∥DE，
∴∠CAF＝∠E，
∴∠CAF＝∠E＝∠B
故与∠B相等的角有∠CAF和∠E；
∵∠BAC＝90°，AE⊥BC，
∴∠BAF＋∠CAF＝90°, ∠CFA＝180°－（∠CAF＋∠C）＝90°
∴∠BAF＋∠CAF＝∠CAF＋∠C＝90°
∴∠BAF＝∠C
又AC∥DE，
∴∠C＝∠CDE，
∴故与∠C相等的角有∠CDE、∠BAF；
（2）①∵∠BAC=90°
∴∠B+∠C=90°
又∵∠C−∠B=50°，
∴∠C＝70°，∠B＝20°;
②∵∠BAD＝x°, ∠B＝20°则∠ADB=160°−x°,∠ADF=20°+x°,
由翻折可知：∵∠ADE=∠ADB=160°−x°, ∠E=∠B=20°,
∴∠FDE=140°−2x°, ∠DFE=20°+2x°,
当∠FDE＝∠DFE时，140°−2x°=20°+2x°, 解得：x°=30°；
当∠FDE＝∠E时，140°−2x°=20°，解得：x°=60°（因为0＜x≤45，故舍去）；
当∠DFE＝∠E时，20°+2x°=20°，解得：x°＝0（因为0＜x≤45，故舍去）；
综上所述，存在这样的x的值，使得△DEF中有两个角相等．且x=30．
【点睛】本题考查图形的翻折、三角形内角和定理、平行线的判定及其性质、等角代换，解题的关键是熟知图形翻折的性质及综合运用所学知识．
【考点12 平行线在三角尺中的运用】
【例12】（2022·浙江宁波·七年级期末）两块不同的三角板按如图1所示摆放，AC边重合，∠BAC=45°，∠DAC=30°．接着如图2保持三角板ABC不动，将三角板ACD绕着点C按顺时针以每秒15°的速度旋转90°后停止．在此旋转过程中，当旋转时间t=______________秒时，三角板A′CD′有一条边与三角板ABC的一条边恰好平行．

【答案】2或3或5
【分析】分三种情况：①当A′C ∥AB时，②当A′D′ ∥AC时，③当A′D′ ∥AB时，分别根据平行线的性质求出∠A′CA的度数，进而解答即可．
【详解】解：分三种情况：
①当A′C ∥AB时，如图：

∴∠A′CA＝∠BAC＝45°，
∴15t＝45，
∴t＝3；
②当A′D′ ∥AC时，如图，

∴∠A′CA＝∠A′＝30°，
∴15t＝30，
∴t＝2；
③当A′D′ ∥AB时，如图，过点C作CE∥AB，则CE∥AB∥ A′D′，

∴∠ACE＝∠A，∠ECA′＝∠A′，
∴∠A′CA＝∠ACE＋∠ECA′＝∠A＋∠A′＝75°，
∴15t＝75，
∴t＝5．
综上所述，当旋转时间t＝2或3或5秒时，三角板A′CD′有一条边与三角板ABC的一条边恰好平行．
故答案为：2或3或5．
【点睛】本题考查了平行线的性质，熟练掌握两直线平行，内错角相等是解题的关键．
【变式12-1】（2022·河北·青县教育局教研室七年级期末）把一副直角三角尺按如图方式摆放，点C与点E重合，BC边与EF边都在直线l上，若直线MN∥AC，且MN经过点D，则∠CDN=_________；

【答案】75°##75度
【分析】利用平角的定义可得∠ACD=180°−∠ACB−∠FCD=75°，然后利用平行线的性质即可求解.
【详解】由题意得：∠ACD=180°−∠ACB−∠FCD=75°，∵MN∥AC，∴∠CDN=∠ACD=75°,
故答案为75°.
【点睛】本题主要考查了平角的定义，平行线的性质，能熟练运用平角的定义和平行线的性质是解决本题的关键.
【变式12-2】（2022·四川达州·八年级期末）一副三角板ADE和ABC按如图1所示放置，点B在斜边AD上，其中∠E＝∠BAC＝90°，∠D＝45°，∠C＝30°．现将三角板ADE固定不动，三角板ABC绕点A顺时针旋转α0°<α<180°，使两块三角板至少有一组边互相平行，如图2，当∠BAD＝15°时，BC∥DE，则∠BAD其他所有可能符合条件的度数为______．

【答案】45°或60°或105°或135°
【分析】分四种情形：当AC∥DE时，当BC∥AD时，当AE∥BC时，当AB∥DE时，分别画出图形，利用平行线的性质求解即可．
【详解】解：如图3-1中，当AC∥DE时，∠BAD=45°．

如图3-2中，当BC∥AD时，∠BAD=∠B=60°．

如图3-3中，当AE∥BC时，∠BAE=∠B=60°，
∴∠BAD=∠EAB+∠DAE=60°+45°=105°．

如图3-4中，当AB∥DE时，∠EAB=∠E=90°，
∴∠BAD=∠EAB+∠DAB=90°+45°=135°．

综上所述，∠BAD其他所有可能符合条件的度数为45°或60°或105°或135°．
故答案为：45°或60°或105°或135°．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了平行线的性质，含特殊角的三角形性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题．
【变式12-3】（2022·江苏苏州·七年级期末）在一次课外活动中，小明将一副直角三角板如图放置，E在AC上， ∠C=∠DAE=90°，∠B=60°，∠D=45°．小明将△ADE从图中位置开始，绕点A按每秒6°的速度顺时针旋转一周，在旋转过程中，第____秒时，边AB与边DE平行．

【答案】252或852
【分析】分两种情况：①DE在AB上方；②DE在AB下方，画出相应的图形，利用平行线的性质即可求得答案．
【详解】①当DE在AB上方，

∵∠C=∠DAE=90°，∠B=60°，∠D=45°，
∴∠BAC=30°，∠E=45°，
∵AB∥DE，
∴∠BAE=∠E=45°，
∴∠CAE=∠BAC+∠BAE=75°，
∴旋转时间为：75°6°=252（秒）；
②当DE在AB下方，

∵∠C=∠DAE=90°，∠B=60°，∠D=45°，
∴∠BAC=30°，∠E=45°，
∵AB∥DE，
∴∠BAE+∠E=180°，
∴∠BAE=180°-∠E=135°，
∴∠CAE=∠BAE-∠BAC=105°，
∴旋转角度为：360°-∠CAE=255°，
∴旋转时间为：255°6°=852（秒），
综上所述：在旋转过程中，第252或852秒时，边AB与边DE平行，
故答案为：252或852．
【点睛】本题考查了平行线的判定和性质，解题的关键是对DE的位置进行讨论，画出相应图形解答．
【考点13 平行线中的规律问题】
【例13】（2022·山东泰安·期末）如图，AB∥CD，点E为两直线之间的一点

(1)如图1，若∠BAE=35°，∠DCE=20°，则∠AEC=____________；
(2)如图2，试说明，∠BAE+∠AEC+∠ECD=360°；
(3)①如图3，若∠BAE的平分线与∠DCE的平分线相交于点F，判断∠AEC与∠AFC的数量关系，并说明理由；
②如图4，若设∠E=m，∠BAF=1n∠FAE，∠DCF=1n∠FCE，请直接用含m、n的代数式表示∠F的度数．
【答案】(1)55°
(2)见解析
(3)①2∠AFC+∠AEC=360°，理由见解析；②∠F=360°−mn+1

【分析】（1）如图①，过点E作EF//AB．利用平行线的性质即可解决问题；
（2）如图②中，作EG//AB，利用平行线的性质即可解决问题；
（3）结合（1）、（2）的结论，进行等量代换即可求解．
（1）解：过E点作EF//AB，∵AB//CD，∴EF//CD，∵AB//CD，∴∠BAE＝∠1，∵EF//CD，∴∠2＝∠DCE，∴∠BAE＋∠DCE＝∠AEC．∵∠BAE=35°，∠DCE=20°，∴∠AEC=55°
（2）过E点作AB//EG．∵AB//CD，∴EG//CD，∵AB//CD，∴∠BAE＋∠AEG＝180°，∵EG//CD，∴∠CEG＋∠DCE＝180°，∴∠BAE＋∠AEC＋∠DCE＝360°．
（3）①由（1）知∠AFC=∠BAF+∠DCF ，∵FA为∠BAE平分线，CF为∠DCE平分线，∴∠BAF=12∠BAE,∠DCF=12∠DCE ，∴∠AFC=12∠BAE+∠DCE ，即∠BAE+∠DCE=2∠AFC ，由（2）知∠BAE＋∠AEC＋∠DCE＝360°，∴2∠AFC+∠AEC=360° ，②由①知∠F+∠FAE+∠E+∠FCE=360° ，∵∠BAF=1n∠FAE，∠DCF=1n∠FCE，∠BAF+∠DCF=∠F ，∴∠F=1n∠FAE+∠FCE 即∠FAE+∠FCE=n∠F ，∴∠F+∠E+n∠F=360° ，∵∠E=m ，∴∠F=360°−mn+1 ．
【点睛】本题考查平行线的性质，解题的关键是学会添加辅助线构造平行线解决问题，属于中考常考题型．
【变式13-1】（2022·山东烟台·七年级期末）问题情境：
如图1，AB∥CD，∠PAB＝130°，∠PCD＝120°．求∠APC的度数．小明的思路是：过P作PE∥AB，通过平行线性质，可得∠APC＝∠APE+∠CPE＝50°+60°＝110°．
问题解决：
（1）如图2，AB∥CD，直线l分别与AB、CD交于点M、N，点P在直线I上运动，当点P在线段MN上运动时（不与点M、N重合），∠PAB＝α，∠PCD＝β，判断∠APC、α、β之间的数量关系并说明理由；
（2）在（1）的条件下，如果点P在线段MN或NM的延长线上运动时．请直接写出∠APC、α、B之间的数量关系；
（3）如图3，AB∥CD，点P是AB、CD之间的一点（点P在点A、C右侧），连接PA、PC，∠BAP和∠DCP的平分线交于点Q．若∠APC＝116°，请结合（2）中的规律，求∠AQC的度数．

【答案】（1）∠APC=α+β，理由见解析；（2）∠APC=α-β或∠APC=β-α；（3）58°
【分析】（1）过点P作PE∥AB，根据平行线的判定与性质即可求解；
（2）分点P在线段MN或NM的延长线上运动两种情况，根据平行线的判定与性质及角的和差即可求解；
（3）过点P，Q分别作PE∥AB，QF∥AB，根据平行线的判定与性质及角的和差即可求解．
【详解】解：（1）如图2，过点P作PE∥AB，

∵AB∥CD，
∴PE∥AB∥CD，
∴∠APE=α，∠CPE=β，
∴∠APC=∠APE+∠CPE=α+β．
（2）如图，在（1）的条件下，如果点P在线段MN的延长线上运动时，

∵AB∥CD，∠PAB=α，
∴∠1=∠PAB=α，
∵∠1=∠APC+∠PCD，∠PCD=β，
∴α=∠APC+β，
∴∠APC=α-β；
如图，在（1）的条件下，如果点P在线段NM的延长线上运动时，

∵AB∥CD，∠PCD=β，
∴∠2=∠PCD=β，
∵∠2=∠PAB+∠APC，∠PAB=α，
∴β=α+∠APC，
∴∠APC=β-α；
（3）如图3，过点P，Q分别作PE∥AB，QF∥AB，

∵AB∥CD，
∴AB∥QF∥PE∥CD，
∴∠BAP=∠APE，∠PCD=∠EPC，
∵∠APC=116°，
∴∠BAP+∠PCD=116°，
∵AQ平分∠BAP，CQ平分∠PCD，
∴∠BAQ=12∠BAP，∠DCQ=12∠PCD，
∴∠BAQ+∠DCQ=12（∠BAP+∠PCD）=58°，
∵AB∥QF∥CD，
∴∠BAQ=∠AQF，∠DCQ=∠CQF，
∴∠AQF+∠CQF=∠BAQ+∠DCQ=58°，
∴∠AQC=58°．
【点睛】此题考查了平行线的判定与性质，添加辅助线将两条平行线相关的角联系到一起是解题的关键．
【变式13-2】（2022·四川·树德中学七年级期末）（1）如图①，已知AB∥CD，图中∠1，∠2，∠3之间有什么关系？

（2）如图②，已知AB∥CD，图中∠1，∠2，∠3，∠4之间有什么关系？
（3）如图③，已知AB∥CD，请直接写出图中∠1，∠2，∠3，∠4，∠5之间的关系
（4）通过以上3个问题，你发现了什么规律？
【答案】（1）∠2=∠1+∠3；（2）∠1+∠3=∠2+∠4；（3）∠1+∠3+∠5=∠2+∠4；（4）当AB∥CD时，∠1+∠3+∠5+…+∠2n-1=∠2+∠4+…+∠2n．
【分析】（1）过E作EM//AB，推出AB//EM//CD，根据平行线性质得出∠1=∠NEM，∠3=∠MEO，即可求出答案；
（2）通过作辅助线：过E作EM//AB，过F作NF//AB，得到EM//AB//NF//CD，得到∠PEM=∠1，∠MEF=∠EFN，∠4=∠QFN即可得:∠PEM+∠MEF+∠4=∠1+∠EFN+∠QFN,即可得到答案：∠2+∠4=∠1+∠3；
（3）做辅助线，GM//CD通过（2）可知：∠1+∠3=∠2+∠FGM，再由平行得∠5=∠MGD，即可∠1+∠3+∠5=∠2+∠FGM+∠MGD，即：∠1+∠3+∠5=∠2+∠4．
（4）通过以上3个问题，发现：当AB∥CD时，奇数角的和等于偶数角的和．
【详解】解：（1）∠2=∠1+∠3，
理由是：
过E作EM//AB，推出AB//EM//CD，

过E作EM//AB，
∵AB//CD，
∴AB//EM//CD，
∴∠1=∠NEM，∠3=∠MEO，
∴∠NEO=∠NEM+∠MEO=∠1+∠3；
∴∠2=∠1+∠3，
（2）∠1+∠3=∠2+∠4;
理由如下：过E作EM//AB，过F作NF//AB
∵EM//AB，NF//AB，CD//AB
∴EM//AB//NF//CD
∴∠PEM=∠1
同理：∠MEF=∠EFN
∠4=∠QFN
∴∠PEM+∠MEF+∠4=∠1+∠EFN+∠QFN
即：∠2+∠4=∠1+∠3

即：已知AB∥CD，图中∠1，∠2，∠3，∠4之间关系：∠1+∠3=∠2+∠4．
（3）∠1+∠3+∠5=∠2+∠4；
理由如下：过点G，作GM//CD

由（2）可知：∠1+∠3=∠2+∠FGM
∵GM//CD
∴∠5=∠MGD
∴∠1+∠3+∠5=∠2+∠FGM+∠MGD、
即：∠1+∠3+∠5=∠2+∠4
（4）通过以上3个问题，发现：当AB∥CD时，∠1+∠3+∠5+…+∠2n-1=∠2+∠4+…+∠2n．
【点睛】本题考查了平行线性质的应用，关键是正确作辅助线，题目比较典型，是一道比较好的题目．
【变式13-3】（2022·北京市第一零一中学温泉校区七年级期末）喜欢思考的小泽同学，设计了一种折叠纸条的游戏．如图1，纸条的一组对边PN∥QM（纸条的长度视为可延伸），在PN，QM上分别找一点A，B，使得∠ABM＝α．如图2，将纸条作第一次折叠，使BM′与BA在同一条直线上，折痕记为BR1．

解决下面的问题：
（1）聪明的小白想计算当α＝90°时，∠BR1N′的度数，于是他将图2转化为下面的几何问题，请帮他补全问题并求解：如图3，PN∥QM，A，B分别在PN,QM上，且∠ABM＝90°，由折叠：BR1平分_________，BM′∥R1N′，求∠BR1N′的度数．

（2）聪颖的小桐提出了一个问题：按图2折叠后，不展开纸条，再沿AR1折叠纸条（如图4），是否有可能使AM′′⊥BR1？如果能，请直接写出此时α的度数；如果不能，请说明理由．
（3）笑笑看完此题后提出了一个问题：当0°<α≤90°时，将图2记为第一次折叠；将纸条展开，作第二次折叠，使BM′与BR1在同一条直线上，折痕记为BR2（如图5）；将纸条展开，作第三次折叠，使BM′与BR2在同一条直线上，折痕记为BR3；…以此类推．
①第二次折叠时，∠BR2N′＝_____________（用α的式子表示）；
②第n次折叠时，∠BRnN′＝____________（用α和n的式子表示）．

【答案】（1）∠ABM，∠BR1N′＝135°；（2）能，α=45°；（3）180°－α4，180°－a2n
【分析】（1）由折叠的性质和平行线的性质可得结论；
（2）根据折叠的性质和平行线的性质结合三角形内角和定理可求出α的值；
（3）①根据折叠和平行线的性质可求出∠BR1N′=180°−α2，同理可求出∠BR2N′=180°−α4；
②由①可得到规律得出∠BRnN′=180°−α2n．
【详解】（1）由折叠得，∠ABR1=∠MBR1 ，
∴BR1平分∠ABM，
∵∠ABM＝90°，
∴∠ABR1=12∠ABM=45°，
∵M′B//N′R1 ，
∴∠ABR1+∠BR1N′=180°，
∴∠BR1N′=180°−∠ABR1=180°−45°=135°；
故答案为：∠ABM；
（2）如图，

∵PN//QM，
∴∠M′AR=∠ABM=α，
由折叠得，∠ABR1=∠MBR1=α2，∠M″AR1=∠M′AR1=α，
由PN//QR得，∠AR1B=α2，
∴∠1=α+α2，
∵∠ABR1+∠1+∠BAM″=180°，且∠BAM″=90°，
∴∠ABR1+∠1=90°，
∴2α=90°，
∴α=45°；
（3）①如图，

由折叠得，∠ABR1=∠MBR1，
∴∠ABR1=12∠ABM=12α，
∵BM′//R1N′，
∴∠ABR1+∠BR1N′=180°，
∴∠BR1N′=180°−∠ABR1=180°−α2；
同理可得，∠R1BR2=14∠ABM=14α，
∴∠BR2N′=180°−∠R1BR2=180°−α4，
故答案为：180°−α4；
②由①可得∠BR3N′=180°−∠R3BR2=180°−α8，
由此可以得出：∠BRnN′=180°−∠RnBRn−1=180°−α2n，
故答案为：180°−α2n．
【点睛】本题利用了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化．还考查了平行线的性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
【考点14 平行线中的转角问题】
【例14】（2022·黑龙江·绥棱县绥中乡学校七年级期末）将两个等边三角形（每个内角都等于60°）如图1叠放在一起，现将△CDE绕点C顺时针旋转，旋转角为α（旋转角0∘<α<360∘，请探究下列问题：

(1)如图2，当旋转角满足0∘<α≤60∘时，请写出∠BCD与∠ACE的关系，并说明理由；
(2)如图3，当旋转角满足60∘<α≤120∘时，请写出∠BCE与∠ACD的关系，并说明理由；
(3)当DE//BC时请直接写出旋转角的度数．
【答案】(1)∠BCD=∠ACE，理由见解析；
(2)∠BCE-∠ACD=120°，理由见解析；
(3)旋转角为60°或240°．

【分析】（1）结合图形，根据等边三角形及各角之间的数量关系即可得出结果；
（2）结合图形利用各角之间的数量关系即可得出结果；
（3）由平行线的性质进行分类讨论即可得出结果．
（1）
解：∠BCD=∠ACE，理由如下：
∵∠BCD+∠ACD=∠ACB=60°，∠ACE+∠ACD=∠DCE=60°，
∴∠BCD=∠ACE；
（2）
∠BCE-∠ACD=120°，理由如下：
∵∠BCE=∠BCA+∠ACD+∠DCE，
∴∠BCE-∠ACD=∠BCA+∠DCE=120°；
（3）
∵DE∥BC，
∴①∠BCD=∠D=60°，边CD与边AC重合，
旋转角α=60°；
∴②∠BCD+∠D=180°，
旋转角α=180°+60°=240°，
∴当DE∥BC时，旋转角为60°或240°．
【点睛】题目主要考查角度之间的计算、平行线的性质等，理解题意，熟练掌握平行线的性质是解题关键．
【变式14-1】（2022·福建泉州·七年级期末）现有一块含30°角的直角三角板AOB，其直角顶点O在直线l上，将三角板AOB绕着点O按逆时针方向旋转∠2的度数（0°<∠2<360°）．
请你解决下列问题：

(1)当∠2的度数为多少时，AB∥l（不必说理）；
(2)如右图，作AC⊥l于点C，BD⊥l于点D，试探究：图中提供的字母或数字能表示的所有角（不包含该图中的直角）中，是否存在相等的角？若存在，试写出所有相等的角，并说明理由；若不存在，请举例说明．
【答案】(1)∠2=30°或∠2=210°；
(2)存在，∠1=∠OBD，∠2=∠OAC，理由见解析．

【分析】（1）利用平行线的性质求解即可；
（2）利用平行线的判定及性质求解即可．
（1）
解：如图：

∵∠ABO=30°，AB∥l，
∴∠2=∠ABO=30°，
如图：

∵∠OAB=60°，AB∥l
∴∠12=∠ABO=60°，
∵∠AOB=90°，
∴∠2=360−∠1−∠ABO=210°，
综上所述：当∠2=30°或∠2=210°，AB∥l．
（2）
解：图中所有相等的角分别为：
∠1=∠OBD，∠2=∠OAC．
理由如下：
在同一平面内，过点O作射线OE⊥l，

∵AC⊥l，BD⊥l，
∴AC∥EO∥BD，
∴∠AOE=∠OAC，∠BOE=∠OBD，
∵∠1+∠AOE=∠AOE+∠BOE=90°，
∴∠1=∠BOE=∠OBD，
即∠1=∠OBD，
同理可得∠2=∠OAC．
【点睛】本题考查平行线的判定及性质，解题的关键是掌握平行线的判定及性质．
【变式14-2】（2022·河南·漯河市郾城区郾城初级中学七年级期末）如图1，已知PQ∥MN，点A，B分别在MN，PQ上，且∠BAN=45°，射线AM绕点A顺时针旋转至AN便立即逆时针回转（速度是a°/秒），射线BP绕点B顺时针旋转至BQ便立即逆时针回转（速度是b°/秒）、且a、b满足a−3+b−12=0，

(1)a=_____________，b=____________；
(2)如图2，两条射线同时旋转，设旋转时间为t秒（t<60），两条旋转射线交于点C，过C作CD⊥AC交PQ于点D，求∠BAC与∠BCD的数量关系；
(3)若射线BP先旋转20秒，射线AM才开始旋转，设射线AM旋转时间为t秒（t<160），若旋转中AM∥BP，求t的值．
【答案】(1)3，1
(2)2∠BAC=3∠BCD
(3)t=10或8

【分析】（1）根据非负数的性质即可得到a，b的值；
（2）由题意可得∠BAC＝3t﹣135°，再根据PQ∥MN即可得到∠BCA＝∠CBD+∠CAN，从而可得∠BCA＝180°﹣2t，再根据∠ACD＝90°，可得∠BCD＝2t﹣90°，从而可得∠BAC：∠BCD＝3：2，即可得出结论；
（3）分三种情况讨论，列出方程即可得到射线AM、射线BP互相平行时的时间．
（1）
解：（1）∵a、b满足|a﹣3|+（b﹣1）2＝0．
∴a﹣3＝0，b﹣1＝0，
∴a＝3，b，1，
故答案为：3，1；
（2）
解：由题意得∠CAM＝3t，∠CBD＝t，
∵∠CAN＝180°﹣3t，∠BAN＝45°，
∴∠BAC＝45°﹣（180°﹣3t）＝3t﹣135°，
过点C作CE∥PQ，

∴∠CBD＝∠BCE＝t，
∵PQ∥MN，
∴CE∥MN，
∴∠CAN＝∠ACE＝180°﹣3t，
∵∠ACE+∠BCE＝∠ACB，
∴∠ACB＝CBD+∠CAN＝t+180°﹣3t＝180°﹣2t，
∵CD⊥AC，
∴∠ACD＝90°，
∴∠BCD＝90°﹣∠ACB＝90°﹣（180°﹣2t）＝2t﹣90°，
∴∠BAC：∠BCD＝3：2，
即2∠BAC＝3∠BCD；
（3）
解：∵t＜160，
∴（20+t）×1＜180，3t＜480，即射线BP旋转的角度小于180°，
①当3t＜180，即0＜t＜60时，
3t＝（20+t）×1，
解得：t＝10；
②当180＜3t＜270且（20+t）×1＞90，即70＜t＜90时，
3t﹣180+（20+t）×1＝180，
解得：t＝85；
③当360＜3t＜480且（20+t）×1＞90，即120＜t＜160时，
3t﹣360＝（20+t）×1，
解得：t＝190（不合题意，舍去）；
∴若旋转中AM∥BP，t的值为10或85．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，非负数的性质，旋转的性质以及角的和差关系的运用，解决问题的关键是运用分类思想进行求解，解题时注意：若两个非负数的和为0，则这两个非负数均等于0．
【变式14-3】（2022·浙江湖州·七年级期末）如图1，已知直线AB∥CD，∠CMN=60∘，射线ME从MD出发，绕点M以每秒a度的速度按逆时针方向旋转，到达MC后立即以相同的速度返回，到达MD后继续改变方向，继续按上述方式旋转；射线NF从NA出发，绕点N以每秒b度的速度按逆时针方向旋转，到达NB后停止运动，此时ME也同时停止运动．其中a，b满足方程组4a+b=173a−2b=10．

(1)求a，b的值；
(2)若NF先运动30秒，然后ME一起运动，设ME运动的时间为t，当运动过程中ME∥NF时，求t的值；
(3)如图2，若ME与NF同时开始转动，在ME第一次到达MC之前，ME与NF交于点P，过点P作PQ⊥ME于点P，交直线AB于点Q，则在运动过程中，若设∠NME的度数为m，请求出∠NPQ的度数（结果用含m的代数式表示）．
【答案】(1)a=4,  b=1
(2)10或66或130或138
(3)∠NPQ=34m

【分析】(1)用加减消元法直接求出a和b的值即可；
(2)由题意分四种情况讨论：当0＜t≤45时，NF在MN的左侧，ME在MN的右侧，由∠EMD=∠ANF，可得4t=30+t，解得t=10；当45＜t≤90时，NF在MN的左侧，ME在MN的右侧，可得360-4t=30+t，解得t=66；当90＜t＜135时，NF在MN的右侧，ME在MN的左侧，则4t-360=30+t，解得t=130；当135＜t≤150时，60−4t−540=30+t−120，解得t=138；
(3)过点P作PT∥AB，如解析图中得到∠2+∠3=180°−3t，进而得到∠NPQ=3t−90∘=3t−30∘，最后利用∠NME=4t−120=4t−30∘=m即可求解．
（1）
解：由题意可知：4a+b=173a−2b=10，
解得： a=4,  b=1．
（2）
解：由(1)可知，射线NF绕点N以每秒1度的速度按逆时针方向旋转，射线ME绕点M以每秒4度的速度按逆时针方向旋转，
分类讨论：①当0 ∠NME=120−4t，∠MNF=90∘−t，
当∠NME=∠MNF时，ME∥NF，
120−4t=90−t，
解得t=10；
②当45 ∠NME=4t−240，∠MNF=90−t，
当∠NME=∠MNF时，ME∥NF，
4t−240=90−t，
解得t=66；
③当90 ∠NME=4t−480，∠MNF=t−90，
当∠NME=∠MNF时，ME∥NF，
4t−480=t−90，
解得t=130；
④当135 当∠NME=∠MNF时，ME∥NF，
60−4t−540=30+t−120，
解得t=138；
综上所述，t的值为10或66或130或138．
（3）
解：如图，过点P作PT∥AB，

∵AB∥CD，
∴PT∥AB∥CD，
∴∠2=∠1=180°−4t，∠3=∠4=t，
∴∠2+∠3=180°−3t，
又∵∠2+∠3+∠NPQ=90∘，
∴∠NPQ=3t−90∘=3t−30∘，
又∵∠NME=4t−120=4t−30∘，
∴当∠NME=m时，∠NPQ=34m.
【点睛】本题是平行线的综合题，熟练掌握平行线的性质，直角三角形的性质，动点运动过程中的分类讨论求解是解题的关键．
【考点15 与角平分线有关的三角形内角和问题】
【例15】（2022·江苏·涟水县麻垛中学七年级阶段练习）【认识概念】
如图1，在△ABC中，若∠BAD＝∠DAE＝∠EAC，则AD，AE叫做∠BAC的“三分线”．其中，AD是“近AB三分线”，AE是“远AB三分线”．

【理解应用】
(1)在△ABC中，∠A＝60°，∠B＝70°，若∠A的三分线AD与∠B的角平分线BE交于点P，则∠APB＝____________；
(2)如图2，在△ABC中，BO、CO分别是∠ABC的近AB三分线和∠ACB近AC三分线，若BO⊥CO，求∠A的度数；

【拓展应用】
(3)如图3，在△ABC中，BO、CO分别是∠ABC的远BC三分线和∠ACB远BC三分线，且∠A＝m°，直线PQ过点O分别交AC、BC于点P、Q，请直接写出∠1﹣∠2的度数（用含m的代数式表示）.

【答案】(1)125°或105°
(2)45°
(3)120°−23m°

【分析】（1）分两种情况：①当AD为近AB三分线时，如图所示，求得∠BAP=13∠BAC，再利用角平分线的定义求得∠ABP=12∠ABC=35°，最后在△ABP中利用三角形的内角和定理即可；②当AD为远AB三分线时，如图所示，然后分别根据三分线和角平分线的定义及三角形的内角和定理即可求解；
（2）利用BO、CO分别是∠ABC近AB三分线和∠ACB近AC三分线，求得∠ABC+∠ACB=135°，然后再利用三角形的内角和定理即可求解；
（3）如图2，在△ABC中，利用三角形的内角和定理求∠ABC+∠ACB=180°−m°，再利用BO、CO分别是∠ABC的远BC三分线和∠ACB远BC三分线，求得∠4+∠5=23180°−m°，进而在△BCO中利用内角和定理求∠2+∠3=60°+23m°，结合∠1+∠3=180°，即可求得∠1−∠2．
（1）
解：分两种情况：
当AD为近AB三分线时，如图所示，∠BAC=60°，
∴∠BAP=13∠BAC=20°，
∵BE平分∠ABC，∠ABC=70°，
∴∠ABP=12∠ABC=35°，
∴∠APB=180°−∠ABP−∠BAP=125°；

当AD为远AB三分线时，如图所示，∠BAC=60°，

∴∠BAP=23∠BAC=40°，
∵BE平分∠ABC，∠ABC=70°，
∴∠ABP=12∠ABC=35°，
∴∠APB=180°−∠ABP−∠BAP=105°，
故答案为：125°或105°．
（2）
如图1，∵BO、CO分别是∠ABC近AB三分线和∠ACB近AC三分线，
∴∠1＝23∠ABC，∠2＝23∠ACB，
∵BO⊥CO，
∴∠BOC＝90°，
∴∠1+∠2=23∠ABC+23∠ACB=90°，
∴∠ABC+∠ACB=135°，
在△ABC中，∠A+∠ABC+∠ACB=180°，
∴∠A=180°−∠ABC+∠ACB=45°．

（3）
解：如图2，在△ABC中，∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，∠A=m°，
∴∠ABC+∠ACB=180°−∠A=180°−m°．
∵BO、CO分别是∠ABC的远BC三分线和∠ACB远BC三分线，
∴∠4=23∠ABC，∠5=23∠ACB，
∴∠4+∠5=23∠ABC+23∠ACB=23(∠ABC+∠ACB)=23180°−m°，
在△BCO中，∠BOC+∠4+∠5=180° ，
∴∠BOC=180°−(∠4+∠5) =180°−23180°−m° =60°+23m°，
∴∠2+∠3=60°+23m°；
∵∠1+∠3=180°，
∴∠1−∠2=180°−60°+23m° =120°−23m°．
【点睛】本题考查了角平分线的计算，三分线的新定义，三角形的内角和定理，理解新定义是解题的关键．
【变式15-1】（2022·江苏扬州·七年级期末）如图：PC、PB是∠ACB、∠ABC的平线，∠A=40º，∠BPC=________．

【答案】110°##110度
【分析】首先根据三角形内角和定理求出∠ABC+∠ACB的度数，再根据角平分线的性质可得∠PCB=12∠ACB,∠PBC=12∠ABC,进而． 可求∠PBC+∠PCB的度数，再次在△CBP中利用三角形内角和即可求解．
【详解】解：∵∠A=40°,
∴∠ABC+∠ACB=180°−40°=140°,
又∵BP平分∠ABC,CP平分∠ACB,
∴∠PCB=12∠ACB,∠PBC=12∠ABC,
∴∠PBC+∠PCB=12∠ABC+∠ACB=12×140°=70°,
∴∠BPC=180°−∠PBC+∠PCB=110°,
故答案为：110°．
【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理以及角平分线的性质，此类题解题的关键是找出角平分线平分的两个角的和的度数，从而利用三角形内角和定理求解．
【变式15-2】（2022·全国·八年级专题练习）（1）如图1，∠A＝70°，BP、CP分别平分∠ABC和∠ACB，则∠P的度数是　　．
（2）如图2，∠A＝70°，BP、CP分别平分∠EBC和∠FCD，则∠P的度数是　　．
（3）如图3，∠A＝70°，BP、CP分别平分∠ABC和∠ACD，求∠P的度数．

【答案】（1）125°（2）55°（3）35°
【分析】（1）根据三角形的内角和定理，角平分线的性质即可求解；
（2）应用角平分线的性质，补角的概念即可求解；
（3）综合（1）、（2）解题思路即可求解；
【详解】解：（1）∵BP、CP分别平分∠ABC和∠ACB，
∴∠PBC＝12∠ABC，∠PCB＝12∠ACB，
∴∠PBC+∠PCB＝12（∠ABC+∠ACB），
＝12×（180°﹣∠A）＝55°，
∴∠P＝180°﹣（∠PCB+∠PBC）＝125°，
故答案为：125°．
（2）∵∠EBC＝∠A+∠ACB，∠FCB＝∠A+∠ABC，
∴∠EBC+∠FCB＝∠A+∠ACB+∠A+∠ABC，
＝180°+70°＝250°，
∵BP、CP分别平分∠EBC和∠FCB，
∴∠PBC＝12∠EBC，∠PCB＝12∠FCB，
∴∠PBC+∠PCB＝12（∠EBC+∠FCB），
＝125°，
∴∠P＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）＝55°，
故答案为：55°．
（3）∠ACD＝∠A+∠ABC，
∵CP平分∠ACD，BP平分∠ABC，
∴∠PBC＝12∠ABC，∠PCA＝12∠ACD＝12∠A+12∠ABC，
∵∠P＝180°﹣（∠PBC+∠PCA+∠ACB），
＝12∠A＝35°，
即∠P等于∠A的一半，
答：∠P的度数是35°．
【点睛】本题主要考查三角形的内角和定理，三角形外角的性质，角平分线的性质，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．
【变式15-3】（2022·广东韶关实验中学七年级期中）如图，AB∥CD，点E是AB上一点，连结CE．

(1)如图1，若CE平分∠ACD，过点E作EM⊥CE交CD于点M，试说明∠A＝2∠CME；
(2)如图2，若AF平分∠CAB，CF平分∠DCE，且∠F＝70°，求∠ACE的度数．
(3)如图3，过点E作EM⊥CE交∠DCE的平分线于点M，MN⊥CM交AB于点N，CH⊥AB，垂足为H．若∠ACH＝12∠ECH请直接写出∠MNB与∠A之间的数量关系．
【答案】(1)见解析；
(2)∠ACE=40°；
(3)∠MNB=135°−∠A

【分析】（1）利用平行线的性质和角平分线的定义分别计算∠A与∠CME，即可得出结论；
（2）过点F作FM//AB，利用平行线的性质和角平分线的定义和（1）的结论解答即可；
（3）延长CM交AN的延长线于点F，设∠ACH=x，则∠ECH=2x，ECM=∠DCM=y，利用垂直的定义得到x+y=45°；利用三角形的内角和定理分别用x，y的代数式表示出∠MNB与∠A，计算∠MNB+∠A即可得出结论．
（1）
证明：∵EM⊥CE，
∴∠CEM=90°．
∵∠AEC+∠CEM+∠BEM=180°，
∴∠AEC+∠BEM=90°．
∵AB//CD，
∴∠AEC=∠ECD，∠CME=∠BEM．
∴∠ECD+∠CME=90°．
∴2∠ECD+2∠CME=180°．
∵CE平分∠ACD，
∴∠ACD=2∠ECD．
∴∠ACD+2∠CME=180°．
∵AB//CD，
∴∠ACD+∠A=180°．
∴∠A=2∠CME．
（2）
解：过点F作FM//AB，如图，

∵AB//CD，
∴FM//AB//CD．
∴∠AFM=∠BAF，∠CFM=∠DCF．
∴∠AFM+∠CFM=∠BAF+∠DCF．
即∠AFC=∠BAF+∠DCF．
∵AF平分∠CAB，CF平分∠DCE，
∴∠CAB=2∠BAF，∠DCE=2∠DCF．
∴∠CAB+∠DCE=2(∠BAF+∠DCF)=2∠AFC．
∵∠AFC=70°，
∴∠CAB+∠DCE=140°．
∵AB//CD，
∴∠CAB+∠ACE+∠DCE=180°．
∴∠ACE=180°−(∠CAB+∠DCE)
=180°−140°
=40°．
（3）
解：∠MNB与∠A之间的数量关系是：∠MNB=135°−∠A．
延长CM交AN的延长线于点F，如图，

∵MN⊥CM，
∴∠NMF=90°．
∴∠MNB=90°−∠F．
同理：∠HCF=90°−∠F．
∴∠MNB=∠HCF．
∵∠ACH=12∠ECH，
∴设∠ACH=x，则∠ECH=2x．
∵CM平分∠DCE，
∴设∠ECM=∠DCM=y．
∴∠MNB=∠HCF=2x+y．
∵AB//CD，CH⊥AB，
∴CH⊥CD．
∴∠HCD=90°．
∴∠ECH+∠ECD=90°．
∴2x+2y=90°．
∴x+y=45°．
∵CH⊥AB，
∴∠A=90°−∠ACH=90°−x．
∴∠A+∠MNB=90°−x+2x+y=90°+x+y=135°．
∴∠MNB=135°−∠A．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，垂线的性质，三角形的内角和定理，角平分线的定义，平角的意义，过点F作FM//AB是解题的关键．
【考点16 利用平行线的判定与性质证明三角形中角度关系】
【例16】（2022·安徽合肥·七年级期末）已知：三角形ABC和同一平面内的点D．

(1)如图①，点D在BC边上，DE ∥BA交AC于点E，DF ∥AC交AB于点F若∠EDF=85°，则∠A的度数为______；
(2)如图②，点D在BC的延长线CM上，DF ∥CA交BA延长线于点F，DE在∠FDM内部，若∠EDF=∠BAC，试说明DE ∥BA；
(3)如图③，点D是三角形ABC外部的一个动点，过点D画DE ∥BA交直线AC于点E，画DF ∥CA交直线AB于点F，请用等式直接表示∠EDF与∠BAC之间的关系．
【答案】(1)85°
(2)说明见解析
(3)∠EDF=∠BAC

【分析】（1）由平行线的性质可得∠EDF=∠CED，∠CED=∠A，从而可得∠A=∠EDF=85°；
（2）由平行线的性质可得∠BAC=∠BND，从而可得∠EDF=∠BND，则有DE∥BA；
（3）根据题意画出图形，利用平行线的性质即可求解．
（1）
解：∵DE//BA，DF//CA，
∴∠EDF=∠CED，∠CED=∠A，
∴∠A=∠EDF，
∵∠EDF=85°，
∴∠A=85°，
故答案为：85°；
（2）
如图②，

∵DF//CA，
∴∠BAC=∠BND，
∵∠EDF=∠BAC，
∴∠BND=∠EDF，
∴DE//BA；
（3）
如图③，

∵DE//BA，DF//CA，
∴∠EDF+∠DEA=180°，∠DEA+∠EAF=180°，
∴∠EDF=∠EAF=∠BAC．
即∠EDF=∠BAC．
【点睛】本题主要考查平行线的判定与性质，解答的关键是结合图形分析清楚各角之间的关系．
【变式16-1】（2022·山东烟台·期末）如图，点D、E、F分别在三角形ABC的三条边上，点G在DF上，若∠1+∠2=180°，∠3=∠B，DE与BC所在的直线存在什么位置关系？请详细说明理由．

【答案】DE∥BC，理由见解析
【分析】先根据邻补角的定义可得∠ADF+∠2=180°，从而可得∠1=∠ADF，再根据平行线的判定可得EG∥AB，然后根据平行线的性质可得∠3=∠ADE，从而可得∠B=∠ADE，最后根据平行线的判定即可得出结论．
【详解】解：DE∥BC，理由如下：
∵∠1+∠2=180°,∠ADF+∠2=180°，
∴∠1=∠ADF，
∴EG∥AB，
∴∠3=∠ADE，
又∵∠3=∠B，
∴∠B=∠ADE，
∴DE∥BC．
【点睛】本题考查了平行线的判定与性质，熟练掌握平行线的判定与性质是解题关键．
【变式16-2】（2022·吉林·前郭县一中七年级期末）两个三角形ABC和DEC中，∠ACB=∠CDE=90°，∠A=60°，∠DCE=∠E=45°．

(1)当AB∥DC时，如图①，求∠DCB的度数．
(2)当CD与CB重合时，如图②，判断DE与AC的位置关系，并说明理由．
(3)如图③，当AB∥EC时，求∠DCB的度数？
【答案】(1)∠DCB=30°
(2)DE∥AC，理由见解析
(3)∠DCB=15°

【分析】（1）根据两直线平行，同旁内角互补，得出∠A+∠ACD=180°，再根据题意，结合角的关系，计算即可得出结果；
（2）根据内错角相等，两直线平行，即可得出结论；
（3）首先根据两直线平行，同旁内角互补，得出∠ACE的度数，再根据角的关系，得出∠BCE的度数，再根据角的关系，即可计算出∠DCB的度数．
（1）
解：∵AB∥DC，
∴∠A+∠ACD=180°，
又∵∠ACB=∠CDE=90°，∠A=60°，
∴∠ACD=180°−60°=120°，
∴∠DCB=∠ACD−∠ACB=120°−90°=30°；
（2）
解：DE∥AC，
理由如下：
∵∠ACB=∠CDE=90°，
∴DE∥AC；
（3）
解：∵AB∥EC，∠A=60°，
∴∠ACE=180°−60°=120°，
又∵∠ACB=90°，
∴∠BCE=120°−90°=30°，
又∵∠DCE=45°，
∴∠DCB=45°−30°=15°．
【点睛】本题考查了平行线的性质与判定定理，解本题的关键在熟练掌握平行线的性质和判定定理．
【变式16-3】（2022·广东·佛山市顺德区勒流育贤实验学校七年级期末）知识延展：三角形的一边和另一边的反向延长线组成的角叫三角形的外角，如∠ACD是三角形的外角．容易说明，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角和，如图可得：∠ACD=∠A十∠B．

请你用所学的知识和延展知识解决如下问题：
(1)如图，∠BAD的平分线AE与∠BCD的平分线CE交于点E，AB∥CD，∠ADC=40°，∠ABC=30°，求∠AEC的大小：
(2)如图，∠BAD的平分线AE与∠BCD的平分线CE交于点E，∠ADC=m°，∠ABC=n°，求∠AEC的大小；
(3)如图，∠BAD的平分线AE与∠BCD的平分线CE交于点E，则∠AEC、∠ADC、∠ABC之间是否存在某种等量关系？若存在，请你得出结论，说明理由；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)35°
(2)m°+n°2
(3)∠ABC+∠ADC=2∠AEC

【分析】（1）根据平行直线的性质得到∠DCB=∠ABC=30°，∠BAD=∠ADC=40°，再根据角平分线的性质得到∠ECF=15°,∠BAF=20°，最后利用延展知识求出∠CFA=50°，再次利用延展知识即可求出∠AEC的大小；
（2）根据（1）的推理计算过程再次推算即可得到答案；
（3）根据（2）的结论即可得到答案．
（1）
解：如下图所示，设BC与AE相交于点F，

∵AB∥CD，
∴∠DCB=∠ABC=30°，∠BAD=∠ADC=40°
∵AE平分∠BAD，CE平分∠BCD，
∴∠ECF=15°,∠BAF=20°，
∵∠CFA是△ABF的外角，
∴∠CFA=∠ABC+∠FAB=50°，
∵∠CFA是△EFC的外角，
∴∠CFA=∠AEC+∠EFC，
∴∠AEC=∠CFA−∠EFC=50°−15°=35°；
（2）
如下图所示，设BC与AE相交于点F，

∵AB∥CD，
∴∠DCB=∠ABC=n°，∠BAD=∠ADC=m°
∵AE平分∠BAD，CE平分∠BCD，
∴∠ECF=n°2,∠BAF=m°2，
∵∠CFA是△ABF的外角，
∴∠CFA=∠ABC+∠FAB=n°+m°2，
∵∠CFA是△EFC的外角，
∴∠CFA=∠AEC+∠EFC，
∴∠AEC=∠CFA−∠EFC=n°+m°2−n°2=m°+n°2；
（3）
根据（2）得∠AEC=m°+n°2，
∴∠AEC=12∠ABC+∠ADC,
∴∠ABC+∠ADC=2∠AEC．
【点睛】本题考查平行直线的性质、角平分线的性质和三角形的外角，解题的关键是能够正确的运用延展知识正确的识别三角形的外角．
【考点17 与平行线有关的三角形内角和问题】
【例17】（2022·辽宁盘锦·七年级期末）（1）问题情境：如图1，AB∥CD，∠PMB=140°，∠PND=120°，求∠MPN的度数；

（2）问题迁移：在（1）的条件下，如图2，∠AMP的角平分线与∠CNP的角平分线交于点F，则∠MFN的度数为多少？请说明理由；
（3）问题拓展：如图3，AB∥CD，点P在射线OM上移动时（点P与点O，M，D三点不重合），记∠PAB=α，∠PCD=β，请直接写出∠APC与α，β之间的数量关系．
【答案】（1）100°；（2）50°，理由见解析；（3）当点P在BD上时，∠APC=α+β；当点P在BD延长线上时，∠APC=α−β；当点P在DB延长线上时，∠APC=β−α．
【分析】（1）过点P作PO∥AB，将∠MPN分成∠MPO和∠NPO两部分，然后根据平行线的性质将两部分的度数相加即可；
（2）分别过点P和点F作PO∥AB，EF∥AB，由（1）知∠AMP+∠CNP的度数，根据角平分线的定义求出∠AMF+∠CNF的度数，然后同第一问用平行线的性质即可求出∠MFN的度数；
（3）分三种情况讨论，根据平行线的性质和“三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和”以及等量代换即可得到答案．
【详解】解：（1）过点P作PO∥AB，

如图，∵AB∥CD，
∴PO∥AB∥CD，
∴∠MPO=∠AMP，∠OPN=∠CNP，
∵∠PMB=140°，∠PND=120°，
∴∠MPO=∠AMP=180°−∠PMB=180°−140°=40°，
∠OPN=∠CNP=180°−∠PND=180°−120°=60°，
∴∠MPN=∠MPO+∠OPN=40°+60°=100°．
（2）分别过点P和点F作PO∥AB，EF∥AB，

如图，∵AB∥CD，
∴PO∥EF∥AB∥CD，
∴∠AMP=∠MPO，∠CNP=∠OPN，∠MFE＝∠AMF，∠EFN=∠CNF，
由（1）得∠AMP+∠CNP=100°，
∵∠AMP的角平分线与∠CNP的角平分线交于点F，
∴∠AMF=12∠AMP，∠CNF=12∠CNP，
∴∠AMF+∠CNF=12∠AMP+12∠CNP=12(∠AMP+∠CNP)=50°，
∴∠MFN=∠MFE+∠EFN=∠AMF+∠CNF=50°．
（3）当点P在BD上时，如原题图3，和（1）同理可得：∠APC=α+β；
当点P在BD延长线上时，如图所示，AP交CD于点E，

∵AB∥CD，
∴α=∠DEP，
又∵∠DEP=β+∠APC，
∠APC=α−β；
当点P在DB延长线上时，如图所示，CP交AB于点F，

∵AB∥CD，
∴∠BFP=β，
又∵∠BFP=α+∠APC，
∴∠APC=β−α．
综上所述，当点P在BD上时，∠APC=α+β；当点P在BD延长线上时，∠APC=α−β；当点P在DB延长线上时，∠APC=β−α．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，还考查了角平分线的定义，三角形的内角和定理的推论；解题的关键是：（1）正确作出辅助线，并灵活使用平行线的性质；（2）正确作出两条平行辅助线，并能灵活使用角平分线的定义和平行线的性质；（3）能用分类讨论的数学思想．
【变式17-1】（2022·山东德州·七年级期中）如图所示，DE∥BC，∠1=∠3，CD⊥AB．

(1)求证：FG⊥AB．
(2)若∠3=45°，求∠ADE的度数．
【答案】(1)见解析
(2)45°

【分析】（1）根据平行线的性质与判定可得CD∥FG，根据题意CD⊥AB，即可得证；
（2）由（1）得∠BFG＝90°，根据三角形内角和定理可得∠B＝45°，根据DE//BC，即可求解．
（1）
∵DE∥BC
∴∠1＝∠2
又∵∠1＝∠3
∴∠2=∠3,
∴CD∥FG
又∵CD⊥AB
∴FG⊥AB
（2）
由（1）得∠BFG＝90°
∵∠B＋∠3＋∠BFG＝180°
∴∠B＋45°＋90°＝180°，∠B＝45°
∵DE//BC
∴∠ADE＝∠B＝45°

【点睛】本题考查了平行线的性质与判定，三角形内角和定理，掌握平行线的性质与判定是解题的关键．
【变式17-2】（2022·江苏南通·七年级期末）在△ABC中，CD平分∠ACB交AB于点D，点E是射线AB上的动点（不与点D重合），过点E作EF∥BC交直线CD于点F，∠BEF的角平分线所在的直线与射线CD交于点G．

(1)如图1，点E在线段AD上运动．
①若∠B=60°，∠ACB=30°，则∠EGC=______°；
②若∠A=80°，求∠EGC的度数；
(2)若点E在射线DB上运动时，探究∠EGC与∠A之间的数量关系，请直接写出答案．
【答案】(1)①45；②∠EGC=50°
(2)∠EGC=90°−12∠A或∠EGC=90°+12∠A

【分析】（1）①根据平行线的性质，角平分线的定义以及三角形的内角和定理，得出∠EGC=12∠B+12∠ACB，代入进行计算即可；
②由①的方法得出∠EGC=12∠B+12∠ACB，进而满出∠EGC=12(180°−∠A)，代入计算即可；
（2）分类讨论进行解答，画出相应位置的图形，根据（1）中的结论和平角的定义，可得当点E在线段AD上时，有∠EGC=90°−12∠A成立；当点E在线段DB上或DB的延长线上时，有∠EGC=90°+12∠A成立．
（1）
解：①∵EF∥BC，
∴∠B=∠FEB，∠EFD=∠BCD，
∵CF是∠ACB的平分线，EG是∠FED的平分线，
∴∠FEG=∠DEG=12∠FED=12∠B，∠BCD=∠ACD=12∠ACB=∠EFD，
又∵∠EGC=∠FEG+∠EFG，
∴∠EGC=12∠B+12∠ACB，
=12×60°+12×30°
=45°，
故答案为：45；
②由①得∠EGC=12∠B+12∠ACB
=12(∠B+∠ACB)
=12(180°−∠A)
=90°−12∠A
=90°−12×80°
=50°．
（2）
当点E在AD上时，如图（1），由（1）得，∠EGC=90°−12∠A；
当点E在线段DB上时，如图（2），由（1）得，∠EGD=90°−12∠A，
∴∠EGC=180°−∠EGD
=180°−90°+12∠A
=90°+12∠A；
当点在射线DB上时，如图（3），由（1）得，∠EGD=90°−12∠A，
∴∠EGC=180°−∠EGD
=180°−90°+12∠A
=90°+12∠A；
综上所述，∠EGC与∠A之间的数量关系为：∠EGC=90°−12∠A或∠EGC=90°+12∠A

答：若点E在射线DB上运动时，∠EGC与∠A之间的数量关系为：∠EGC=90°−12∠A或∠EGC=90°+12∠A．
【点睛】本题考查角平分线，平行线以及三角形内角和定理，理解角平分线的定义、平行线的性质以及三角形内角和定理是解题关键．
【变式17-3】（2022·江苏宿迁·七年级期末）如图，在△ABC中，点D在AB上，过点D作DE∥BC，交AC于点E，DP平分∠ADE，交∠ACB的平分线于点P，CP与DE相交于点G，∠ACF的平分线CQ与DP相交于点Q．

(1)若∠A=50°，∠B=60°，则∠DPC=____________°，∠Q=____________°；
(2)若∠A=50°，当∠B的度数发生变化时，∠DPC、∠Q的度数是否发生变化？并说明理由；
(3)若∠A=x°，则∠DPC=____________°，∠Q=____________°；（用含x的代数式表示）；
(4)若△PCQ中存在一个内角等于另一个内角的三倍，请直接写出所有符合条件的∠A的度数．
【答案】(1)115，25
(2)不发生变化，理由见解析
(3)90+12x，x2
(4)45°，60°，120°，135°

【分析】（1）由平行线的性质，角平分线的定义结合三角形内角和定理即可求解；
（2）同理由平行线的性质，角平分线的定义结合三角形内角和定理即可求解；
（3）将（2）中∠A=50°换成∠A=x°，同理即可求解；
（4）设∠A=x°，由（3）可知∠QPC=(90−12x)°，∠Q=12x°．再由∠PCQ=90°不变，即可分类讨论①当∠PCQ=3∠CPQ时，②当∠PCQ=3∠Q时，③当∠CPQ=3∠Q时和④当3∠CPQ=∠Q时，分别列出关于x的等式，解出x即可．
（1）
∵∠A=50°，∠B=60°，
∴∠ACB=180°−∠A−∠B=70°．
∵CP平分∠ACB，
∴∠BCP=∠ACP=12∠ACB=35°．
∵DE∥BC，
∴∠ADE=∠B=60°，∠PGD=∠BCP=35°．
∵DP平分∠ADE，
∴∠PDG=12∠ADE=30°．
∴∠DPC=180°−∠PDG−∠PGD=115°；
∵∠DPC=115°，
∴∠QPC=180°−115°=65°．
∵CP平分∠ACB，CQ平分∠ACF，
∴∠ACP=12∠ACB，∠ACQ=12∠ACF．
∵∠ACB+∠ACF=180°，
∴∠ACP+∠ACQ=90°，即∠PCQ=90°，
∴∠Q=90°−∠QPC=25°．
故答案为：115，25；
（2）
当∠B的度数发生变化时，∠DPC、∠Q的度数不发生变化
理由如下：∵∠A=50°，
∴∠ACB+∠B=130°．
∵DE∥BC，
∴∠ADE=∠B，∠PGD=∠PCB．
∵DP平分∠ADE，CP平分∠ACB，
∴∠PDE=12∠ADE=12∠B，∠PCB=12∠ACB=∠PGD．
∴∠DPC=180°−∠PDE+∠PGD
=180°−12∠B+∠ACB
=180°−12×130°
=115°．
∴∠QCP=65°
由（1）可知∠PCQ=90°不变，
∴∠Q=90°−∠QPC=25°．
∴当∠B的度数发生变化时，∠DPC、∠Q的度数不发生变化；
（3）
∵∠A=x°，
∴∠ACB+∠B=180°−x°．
∵DE∥BC，
∴∠ADE=∠B，∠PGD=∠PCB．
∵DP平分∠ADE，CP平分∠ACB，
∴∠PDE=12∠ADE=12∠B，∠PCB=12∠ACB=∠PGD．
∴∠DPC=180°−∠PDE+∠PGD
=180°−12∠B+∠ACB
=180°−12×(180−x)°
=(90+12x)°．
∴∠QPC=180°−(90+12x)°=(90−12x)°．
由（1）可知∠PCQ=90°不变，
∴∠Q=90°−∠QPC=90°−(90−12x)°=12x°．
故答案为：(90+12x)，x2；
（4）
设∠A=x°，
由（3）可知∠QPC=(90−12x)°，∠Q=12x°．
∵∠PCQ=90°，
∴可分类讨论：①当∠PCQ=3∠CPQ时，
∴(90−12x)°=13×90°，
解得：x=120，
∴∠A=120°；
②当∠PCQ=3∠Q时，
∴12x°=13×90°，
解得：x=60，
∴∠A=60°；
③当∠CPQ=3∠Q时，
∴(90−12x)°=3×12x°，
解得：x=90，x=45
∴∠A=45°；
④当3∠CPQ=∠Q时，
∴3×(90−12x)°=12x°，
解得：x=135，
∴∠A=135°．
综上可知∠A=45°或60°或120°或135°．
【点睛】本题考查平行线的性质，角平分线的定义，三角形内角和定理等知识．利用数形结合和分类讨论的思想是解题关键．
【考点18 与折叠有关的三角形内角和问题】
【例18】（2022·江苏·睢宁县桃园中学七年级期中）如图所示，在四边形纸片ABCD中，∠A=80°，∠B=70°，将纸片沿着MN折叠，使C，D分别落在直线AB上的C′，D′处，则∠AMD′+∠BNC′等于（     ）

A．50° B．60° C．70° D．80°
【答案】B
【分析】首先根据四边形内角和定理可得∠D+∠C=210°，再利用折叠性质可得∠MD'B=∠D，∠NC'A=∠C，即∠MD'B+∠NC'A=210°，从而得出∠MD'A+∠NC'B=150°，最后进一步利用三角形内角和定理求解即可.
【详解】∵∠A=80°，∠B=70°，
∴∠D+∠C=360°−∠A−∠B=210°，
由折叠性质可得：∠MD'B=∠D，∠NC'A=∠C，
∴∠MD'B+∠NC'A=210°，
∴∠MD'A+∠NC'B=360°−(∠MD'B+∠NC'A)=150°，
∴∠AMD'+∠BNC'=360°−(∠MD'A+∠NC'B)−(∠A+∠B)=60°，
故选：B.
【点睛】本题主要考查了三角形与四边形内角和定理以及折叠的性质，熟练掌握相关概念是解题关键.
【变式18-1】（2022·全国·八年级课时练习）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，在AC边上取点D，使得AD=AB，连接BD．点E、F分别为AD、BD边上的点，且∠DEF=48°，将△DEF沿直线EF翻折，使点D落在AB边上的点G处，若GF//BC，则∠C的度数为_______．

【答案】26°
【分析】根据题意可得∠EDF=∠EGF，设∠EDF=∠EGF=α，∠ADB是△DBC的一个外角，可得2α−∠C=90°，根据三角形内角和定理可得∠ABC+∠C=∠AEG+∠AGE，即α+∠C=84°，联立解方程组即可求得∠C．
【详解】∵折叠
∴∠DEF=∠GEF=48°，∠EDF=∠EGF
∴∠AEG=180°−2×48°=84°
设∠EDF=∠EGF=α
∵AD=AB
∴∠GBF=∠EDF=α
∵GF//BC
∴∠FGA=∠CBA=90°，∠GFB=∠DBC
∴∠FGE+∠AGE=α+∠AGE=90°，∠GFB+∠GBF=α+∠GFB=90°
∴∠AGE=∠GFB=∠DBC=90°−α
∵∠ADB是△DBC的一个外角
∴∠ADB=∠DBC+∠C=90°−α+∠C=α
即2α−∠C=90°①
∵∠A=180°−∠ABC−∠C=180°−∠AEG−∠AGE
∴∠ABC+∠C=∠AEG+∠AGE
即90°+∠C=84°+(90°−α)
即α+∠C=84°②
②×2-①得3∠C=78°
即∠C=26°
故答案为：26°
【点睛】本题考查了折叠的性质，三角形内角和定理，平行线的性质，三角形的外角性质，解二元一次方程组，理清角度之间的关系，设未知数列方程组是解题的关键．
【变式18-2】（2022·全国·八年级课时练习）直线MN与直线PQ垂直相交于O，点A在射线OP上运动，点B在射线OM上运动，连接AB．

（1）如图1，已知AC，BC分别是∠BAP和∠ABM角的平分线，
①点A，B在运动的过程中，∠ACB的大小是否发生变化？若发生变化，请说明理由；若不发生变化，试求出∠ACB的大小．
②如图2，将ΔABC沿直线AB折叠，若点C落在直线PQ上，记作点C′，则∠ABO=_______°；如图3，将ΔABC沿直线AB折叠，若点C落在直线MN上，记作点C′′，则∠ABO=________°．
（2）如图4，延长BA至G，已知∠BAO，∠OAG的角平分线与∠BOQ的角平分线交其延长线交于E，F，在ΔAEF中，如果有一个角是另一个角的32倍，求∠ABO的度数．
【答案】（1）∠ACB的大小不会发生变化，∠ACB=45°；（2）30，60；（3）60°或72°．
【分析】（1）①由直线MN与直线PQ垂直相交于O，得到∠AOB=90°，根据三角形的外角的性质得到∠PAB+∠ABM=270°，根据角平分线的定义得到∠BAC=12∠PAB，∠ABC=12∠ABM，于是得到结论；
②图2中，由于将△ABC沿直线AB折叠，若点C落在直线PQ上，得到∠CAB=∠BAQ，由角平分线的定义得到∠PAC=∠CAB，根据三角形的内角和即可得到结论；
图3中，根据将△ABC沿直线AB折叠，若点C落在直线MN上，得到∠ABC=∠ABN，由于BC平分∠ABM，得到∠ABC=∠MBC，于是得到结论；
（2）由∠BAO与∠BOQ的角平分线相交于E可知∠EAO=12∠BAO，∠EOQ=12∠BOQ，进而得出∠E的度数，由AE、AF分别是∠BAO和∠OAG的角平分线可知∠EAF=90°，在△AEF中，由一个角是另一个角的32倍分情况进行分类讨论即可解答．
【详解】（1）①∠ACB的大小不变，
∵直线MN与直线PQ垂直相交于O，
∴∠AOB=90°，
∴∠OAB+∠OBA=90°，
∴∠PAB+∠ABM=270°，
∵AC、BC分别是∠BAP和∠ABM角的平分线，
∴∠BAC=12∠PAB，∠ABC=12∠ABM，
∴∠BAC+∠ABC=12（∠PAB+∠ABM）=135°，
∴∠ACB=45°；
②∵图2中，将△ABC沿直线AB折叠，若点C落在直线PQ上，
∴∠CAB=∠BAQ，
∵AC平分∠PAB，
∴∠PAC=∠CAB，
∴∠PAC=∠CAB=∠BAO=60°，
∵∠AOB=90°，
∴∠ABO=30°，
∵图3中，将△ABC沿直线AB折叠，若点C落在直线MN上，
∴∠ABC=∠ABN，
∵BC平分∠ABM，
∴∠ABC=∠MBC，
∴∠MBC=∠ABC=∠ABN，
∴∠ABO=60°，
故答案为：30，60；
（2）∵∠BAO与∠BOQ的角平分线相交于E，
∴∠EAO=12∠BAO，∠EOQ=12∠BOQ，
∴∠E=∠EOQ-∠EAO=12（∠BOQ-∠BAO）=12∠ABO，
∵AE、AF分别是∠BAO和∠OAG的角平分线，
∴∠EAF=90°．
在△AEF中，
∵有一个角是另一个角的32倍，故有：
①∠EAF=32∠E，∠E=60°，∠ABO=120°（不合题意，舍去）；
②∠EAF=32∠F，∠E=30°，∠ABO=60°；
③∠F=32∠E，∠E=36°，∠ABO=72°；   
④∠E=32∠F，∠E=54°，∠ABO=108°（不合题意，舍去）；．
∴∠ABO为60°或72°．
【点睛】本题主要考查的就是角平分线的性质以及三角形内角和定理的应用.解决这个问题的关键就是要能根据角平分线的性质将外角的度数与三角形的内角联系起来，然后再根据内角和定理进行求解.同学们在解答这种问题的时候，一定要注意外角与内角之间的联系，不能只关注某一部分.在需要分类讨论的时候一定要注意分类讨论的思想.
【变式18-3】（2022·全国·八年级课时练习）如图1，三角形ABC中，∠A=58°,∠B=90°,∠C=32°．点E是BC边上的定点，点D在AC边上运动．沿DE折叠三角形CDE，点C落在点G处．

（1）如图2，若DE//AB，求∠ADG的度数．
（2）如图3，若EG//AB，求∠ADG的度数．
（3）当三角形DEG的三边与三角形ABC的三边有一组边平行时，直接写出∠CDG的度数
【答案】（1）64°；（2）26°；（3）58°或148°或154°或122°或116°或26°．
【分析】（1）根据折叠的性质得到∠CDE=∠A=∠GDE=58°，即可求出∠ADG；
（2）根据GE∥AB，得到∠BEG=90°，算出∠BFD，利用四边形内角和即可求出∠ADG；
（3）找出其他所有情况，画出图形，利用平行线的性质求解即可．
【详解】解：（1）由折叠可知：
∠C=∠DGE=32°，∠CDE=∠GDE，
∵DE∥AB，AB⊥BC，
∴DE⊥BC，则G在BC上，
∴∠CDE=∠A=∠GDE=58°，
∴∠ADG=180°-58°×2=64°；
（2）由折叠可知：∠C=∠DGE=32°，∠CDE=∠GDE，∠DEC=∠DEG，
∵GE∥AB，
∴∠B=∠CEG=∠BEG=90°，
∴∠DEC=12CEG=45°，
∴∠ADE=45°+32°=77°，∠GDE=180°-45°-32°=103°，
∵∠A=58°，∠B=90°，
∴∠ADG=∠GDE -∠ADE =103°-77°=26°；

（3）如图，DG∥AB，
则∠CDG=∠A=58°；

如图，DG∥BC，
∠ADG=∠C=32°，
∴∠CDG=180°-∠ADG =148°；

如图，EG∥AC，
∠ADG=∠G=∠C=32°，
∴∠CDG=180°-∠ADG =148°；
；

如图，EG∥AB，
∴∠A=∠CFE=58°，∠B=∠CEG=90°，
由折叠可知：∠DEG=∠DEC=45°，
∴∠CDE=180°-45°-32°=103°=∠EDG，
∴∠EDF=180°-103°=77°，
∴∠ADG=103°-77°=26°，
∴∠CDG=180°-∠ADG =154°；

如图，DG∥AB，
∴∠ADG=∠A=58°，
∴∠CDG=180°-∠ADG =122°；

如图，DE∥AB，
∴∠ADG=2∠C=64°，
∴∠CDG=180°-∠ADG =116°；

如图，GE//AB，
∴∠CEG=∠B =90°，
∴∠CDG=∠CEG -∠C-∠G =26°；

综上：其他所有情况下∠CDG的度数为58°或148°或154°或122°或116°或26°．
【点睛】本题考查了平行线的性质，折叠问题，解题的难点在于找出所有符合题意的情况，得到角的关系．
【考点19 三角形的三边关系的运用】
【例19】（2022秋·湖北黄石·八年级黄石十四中校考期中）以下列各组线段为边，能组成三角形的是（　　　）
A．1cm，2cm，3cm B．2cm，3cm，6cm
C．2cm，3cm，4cm D．2cm，3cm，5cm
【答案】C
【分析】利用三角形的三边关系定理可得答案．
【详解】解：A、1＋2＝3，不能组成三角形，故此选项不合题意；
B、2＋3＜6，不能组成三角形，故此选项不合题意；
C、2＋3＞4，能组成三角形，故此选项符合题意；
D、2＋3＝5，不能组成三角形，故此选项不合题意；
故选：C．
【点睛】此题主要考查了三角形的三边关系，关键是掌握三角形两边之和大于第三边．
【变式19-1】（2022春·河南郑州·七年级校考期中）设a，b，c是△ABC的三边，化简：a+b−c−a−c−b+c−a−b=__________．
【答案】3a+b−3c
【分析】直接利用三角形三边关系结合绝对值的性质分别化简得出答案．
【详解】解：∵a，b，c分别为△ABC的三边，
∴a+b−c>0，a−c−b<0，c−a−b<0，
∴a+b−c−a−c−b+c−a−b
=a+b−c+a−c−b−c−a−b
=a+b−c+a−c−b−c+a+b
=3a+b−3c．
故答案为：3a+b−3c．
【点睛】此题主要考查了三角形的三边关系以及绝对值化简，正确去绝对值是解题关键．
【变式19-2】（2022秋·安徽马鞍山·八年级校考期中）用3cm、5cm、7cm、9cm、11cm的五根木棒可组成不同的三角形的个数是（    ）
A．5个 B．6个 C．7个 D．8个
【答案】C
【分析】根据三角形的三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”，进行列举即可解答．
【详解】解：解：其中的任意三条组合有：
3cm、5cm、7cm；
3cm、5cm、9cm；
3cm、5cm、11cm；
3cm、7cm、9cm；
3cm、7cm、11cm；
3cm、9cm、11cm；
5cm、7cm、9cm；
5cm、7cm、11cm；
5cm、9cm、11cm；
7cm、9cm、11cm．
根据三角形的三边关系可知，任取三根摆成三角形，能摆出6种不同的三角形．
故选C．
【点睛】本题主要考查了三角形的三边关系，在运用三角形三边关系判定三条线段能否构成三角形时，只要两条较短的线段长度之和大于第三条线段的长度即可判定这三条线段能构成一个三角形．
【变式19-3】（2022秋·安徽芜湖·八年级芜湖市第二十九中学校考期中）已知一个三角形的三边长分别为2a，a−1，5，求整数a的值．
【答案】3
【分析】根据三角形三边关系即可得到答案．
【详解】解：依题意得2a+a−1>5a−1+5>2a，
解得：2 ∵a为整数，
∴a=3，
即整数a的值为3．
【点睛】本题考查了三角形的三边关系，解题关键是掌握三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．
【题型20 三角形的中线、高、角平分线】
【例20】（2022春·福建厦门·七年级厦门双十中学校考期末）在△ABC中，AD、AE、AF分别是它的高线、角平分线和中线，则下列说法中错误的是（　　）
A．BF=CF B．∠ACD+∠CAD=90° C．AD≤AE D．SΔABC=2SΔABF
【答案】B
【分析】根据中线定义可判定A，根据当高AD与边AC重合时，则∠ACD+∠CAD=0°可判定B；根据垂直线段最短可判定C；根据中线定义可知BC=2BF，利用等高的三角形面积与底的关系可判定D．
【详解】解：A、∵在△ABC中，AF是△ABC的中线，∴BF=CF，正确，故此选项不符合题意；
B、∵在△ABC中，AD是△ABC的高，当高AD与边AC重合时，如图，则∠ACD+∠CAD=0°，故∠ACD+∠CAD=90°错误，故此选项符合题意；

C、∵在△ABC中，AD是△ABC的高，AE是角平分线，根据垂直线段最短，∴AD≤AE，正确，故此选项不符合题意；
D、∵在△ABC中，AF是△ABC的中线，∴BC=2BF，∵S△ABC=12BC⋅AD，S△ABF=12BF⋅AD，∴SΔABC=2SΔABF，正确，故此选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查三角形的高、中线、角平分线，熟练掌握三角形的高、中线、角平分线的定义与性质是解题的关键．
【变式20-1】（2022春·内蒙古包头·七年级包头市第二十九中学校考期中）如图，在△ABC中，点D是BC的中点，点E是AD上的一点，AE=2ED，且S△ABC=122，则S△AEC=___________．

【答案】1223
【分析】由点D是BC的中点，S△ABC=122得，S△ACD=12S△ABC=12×122=61，由AE=2ED得，S△AEC=23S△ACD=23×61=1223，即可得到答案．
【详解】解：∵点D是BC的中点，S△ABC=122，
∴S△ACD=12S△ABC=12×122=61，
∵AE=2ED，
∴S△AEC=23S△ACD=23×61=1223，
故答案为：1223．
【点睛】本题考查了求三角形的面积、三角形的中线，熟练掌握当三角形的高一样时，面积之比为底边之比是解题的关键．
【变式20-2】（2022春·河北石家庄·七年级统考期末）如图，已知AD、AE分别是△ABC的高和中线AB=9cm,AC=12cm，BC=15cm，∠BAC=90°．试求：

(1)△ABE的面积；
(2)AD的长度；
(3)△ACE与△ABE的周长的差．
【答案】(1)27cm2；
(2)365cm；
(3)3cm．

【分析】（1）先根据三角形面积公式计算出SΔABC=54cm2，然后利用AE是边BC的中线，得到 SΔABE=12SΔABC；
（2）利用面积法得到12AD⋅BC=12AB⋅AC，即可求出AD的长；
（3）由△ACE的周长－△ABE的周长=AC−AB，即可求得答案．
【详解】（1）解：∵△ABC是直角三角形，∠BAC=90°，AB=9cm,AC=12cm，
∴SΔABC=12×9×12=54(cm2)，
∵AE是BC上的中线，
∴BE=EC，
∴SΔABE=SΔACE，
∴SΔABE=12SΔABC=27cm2；
（2）解：∵∠BAC=90°，AD是BC上的高，
∴12AD⋅BC=12AB⋅AC，
∴AD=AB⋅ACBC=9×1215=365 cm；
（3）解：∵AE是BC边上的中线，
∴BE=CE，
∴ △ACE的周长－△ABE的周长=AC+AE+CE−(AB+BE+AE)= AC−AB=12−9=3 (cm)，
即△ACE和△ABE的周长差是3cm．
【点睛】本题考查了三角形的面积公式，以及三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分，熟练掌握相关的性质与公式是解决此题的关键．
【变式20-3】（2022秋·安徽合肥·八年级统考期中）如图，在△ABC中（AB＞BC），AC＝2BC，BC边上的中线AD把△ABC的周长分成70和50两部分，求AC和AB的长．

【答案】AC＝56，AB＝36
【分析】先根据AC=2BC和三角形的中线列出方程求解，分类讨论①AC+CD=70，②AC+CD=50，注意答案是否满足条件，即是否满足题目给出的条件、是否满足三角形三边的关系．
【详解】解：设BD=CD=x，则AC=2BC=4x，
∵BC边上的中线AD把△ABC的周长分成70和50两部分，AB＞BC，
①当AC+CD=70，AB+BD=50时
4x+x=70，
解得：x=14，
∴AC=4x=4×14=56，
BD=CD=14，
∴AB=50−BD=50−14=36，
∴AB=36＞BC=28，满足条件
∵BC+AB=36+28=64＞AC=56，满足三边关系，
∴AC=56，AB=36；
②当AC+CD=50，AB+BD=70时，
4x+x=50，
解得：x=10，
∴AC=4x=4×10=40，
∴BD=CD=10，BC=20，
AB=70−BD=70−10=60，
∵AC+BC=40+20=60=AB，
∴此时构不成三角形，∴舍去，
∴AC=56，AB=36．
【点睛】本题考查了三角形中线的性质和三边的关系，解题的关键是找到等量关系，列出方程．
【题型21 多边形的内角和与外角和】
【例21】（2022秋·山东烟台·八年级统考期末）如图，六边形ABCDEF中，CD∥AF，∠D=∠A，AB⊥BC，∠C=120°，∠E=80°，则∠F的度数为（    ）

A．120° B．125° C．130° D．140°
【答案】C
【分析】延长CB与FA的延长线交于点G，根据两直线平行，同旁内角互补求出∠G，根据垂直的定义可得∠ABG=90° ，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠BAF，即∠D的度数，再根据五边形的内角和公式列方程求解即可．
【详解】解：如解图，延长CB交FA的延长线于点G，

∵CD∥AF，∠C=120°，
∴∠G=180°−∠C=180°−120°=60°
∵AB⊥BC，
∴∠ABG=90°，
∴∠D=∠BAF=∠G+∠ABG=60°+90°=150°，
∵∠E=80°，
根据多边形内角和可知∠BAF+∠ABC+∠C+∠D+∠E+∠F=(6−2)·180°=720°，
∴150°+90°+120°+150°+80°+∠F=720°，
∴∠F=130°．
故选C．
【点睛】本题考查了多边形内角和与外角和，平行线的性质，熟记公式并准确识图理清图中各角度之间的关系是解题的关键．
【变式21-1】（2021秋·内蒙古鄂尔多斯·八年级统考期末）在计算某n边形的内角和时，不小心少算了一个内角，得到和为2021°，这个角的大小是_____________．
【答案】139°##139度
【分析】n边形的内角和是n−2⋅180°，即为180度的倍数，多边形的内角一定大于0度，小于180度，因而多边形中，除去一个内角外，其余内角和与180度相除，得到的余数的度数的补角即是少算的内角的度数．
【详解】解：∵2021°÷180°=11⋯41°，
∴少加的内角是：180°−41°=139°．
故答案为：139°．
【点睛】考查了多边形内角与外角，正确理解多边形角的大小的特点，以及多边形的内角和定理是解决本题的关键．
【变式21-2】（2022秋·湖北宜昌·八年级统考期末）如图，小亮从点A出发，沿直线前进15米后向左转30°，再沿直线前进15米，又向左转30°…… 照这样走下去，他第一次回到出发地点A时，共走了_____米．

【答案】180．
【分析】根据多边形的外角和=360°求解即可．
【详解】解：∵多边形的外角和为360°，
∴边数=360∘30∘=12，
即12×15米=180米，
故答案为：180．
【点睛】本题考查了多边形的外角和，能熟记多边形的外角和定理是解此题的关键，注意：多边形的外角和等于360°．
【变式21-3】（2022秋·山西吕梁·八年级统考期末）若一个正多边形的外角与其相邻的内角之比为1:5，则该正多边形的内角和的度数为________．
【答案】1800°##1800度
【分析】设正多边形的每个外角度数为x，则与它相邻的内角的度数为5x，根据邻补角的性质列出方程得到x=30°，再根据多边形的外角和为360°，得到出多边形的边数为12，最后利用多边形的内角和公式即可计算该正多边形的内角和的度数．
【详解】解：设正多边形的每个外角度数为x，则与它相邻的内角的度数为5x，
∴x+5x=180°，
∴x=30°，
∴这个多边形的每个外角是30°，
∴该正多边形的边数为360°÷30°=12，
∴该正多边形的内角和的度数为12−2×180°=1800°，
故答案为：1800°．
【点睛】本题考查了邻补角，多边形外角和，多边形内角和，解题关键是掌握多边形内角和公式n−2⋅180°和多边形外角和等于360°．
【题型22 生活中的平移现象】
【例22】（2022春·浙江湖州·七年级统考期末）下列现象中属于平移的是（    ）
①方向盘的转动；②打气筒打气时，活塞的运动；③钟摆的摆动；④汽车雨刷的运动
A．①② B．②③ C．①②④ D．②
【答案】D
【分析】直接根据平移的定义分别判断．
【详解】解：①方向盘的转动是旋转，故不符合题意；
②打气筒打气时，活塞的运动是平移，故符合题意；
③钟摆的摆动是旋转，故不符合题意；
④汽车雨刷的运动是旋转，故不符合题意；
综上分析可知，属于平移的是②，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题考查了生活中的平移现象，熟练掌握平移的定义是解答本题的关键． 平移是指在平面内，将一个图形上的所有点都按照某个方向作相同距离的移动．平移不改变图形的形状和大小，只是改变位置．
【变式22-1】（2022春·重庆璧山·七年级校联考期中）今年4月，被称为“猪儿虫”的璧山云巴正式运行．云巴在轨道上运行可以看作是（    ）

A．对称 B．旋转 C．平移 D．跳跃
【答案】C
【分析】根据平移与旋转定义判断即可．
【详解】解：云巴在轨道上运行可以看作是数学上的平移．
故选：C．
【点睛】本题考查对平移与旋转的理解及在实际当中的运用．平移是物体运动时，物体上任意两点间，从一点到另一点的方向与距离都不变的运动；旋转是物体运动时，每一个点离同一个点（可以在物体外）的距离不变的运动，称为绕这个点的转动，这个点称为物体的转动中心．所以，它并不一定是绕某个轴的．正确理解平移与旋转的定义是解题的关键．
【变式22-2】（2022春·湖北宜昌·七年级统考期末）如图，两只蚂蚁以相同的速度沿两条不同的路径，同时从点A出发爬到点B，只考虑路径、时间、路程等因素，下列结论正确的为（    ）

A．乙比甲先到 B．甲比乙先到
C．甲和乙同时到 D．无法确定哪只蚂蚁先到
【答案】C
【分析】根据平移可得出两蚂蚁行程相同，结合二者速度相同即可得出结论．
【详解】根据平移可得出两蚂蚁行程相同，

∵甲乙两只蚂蚁的行程相同，且两只蚂蚁的爬行速度也相同，
∴两只蚂蚁同时到达点B．
故选C．
【点睛】本题考查了生活中的平移现象，结合图形找出甲、乙两只蚂蚁的行程相等是解题的关键．
【变式22-3】（2022春·广东广州·七年级统考期末）如图，人民公园内一块长方形草地上原有一条1m宽的笔直小路，现要将这条小路改造成弯曲小路，小路的上边线向下平移1m就是它的下边线，那么改造后小路的面积（    ）

A．变大了 B．变小了 C．没变 D．无法确定
【答案】C
【分析】根据平移的性质即可判断出小路的面积变化．
【详解】由平移的性质可得笔直小路和弯曲小路的面积相等，
故选：C
【点睛】本题考查了生活中的平移现象，正确理解题意，灵活运用平移的性质是解决问题的关键．
【题型23 图形的平移】
【例23】（2022春·内蒙古兴安盟·七年级统考期末）2022年，中国举办了第二十四届冬季奥林匹克运动会，如图，通过平移吉祥物“冰墩墩”可以得到的图形是（   ）

A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据平移的性质，即可解答．
【详解】解：如图，通过平移吉祥物“冰墩墩”可以得到的图形是，
故选：D．
【点睛】本题考查平移的性质，掌握平移不改变图形的大小形状，只改变位置是解决问题的关键．
【变式23-1】（2022春·全国·七年级期末）下列汽车标志中可以看作是由某图案平移得到的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据平移不改变图形的形状和大小，结合图案，对选项一一分析，排除错误答案．
【详解】解：A、是一个旋转对称图形，不能由平移得到，故此选项不合题意；
B、是一个对称图形，不能由平移得到，故此选项不合题意；
C、是一个旋转对称图形，不能由平移得到，故此选项不合题意；
D、图案自身的一部分沿着直线运动而得到，是平移，故此选项符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查了图形的平移，图形的平移只改变图形的位置，而不改变图形的形状和大小，注意分清图形的平移与旋转或翻转．
【变式23-2】（2022春·八年级单元测试）观察下列五幅图案，在②③④⑤中可以通过①平移得到的图案是（    ）

A．② B．③ C．④ D．⑤
【答案】B
【分析】根据平移的性质，观察图案可得结论．
【详解】解：观察下列五幅图案，在②③④⑤中可以通过①平移得到的是③．
故选：B．
【点睛】本题考查了平移的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
【变式23-3】（2022春·广东深圳·八年级校考期中）下列图案可以看作某一部分平移后得到的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据平移只改变位置和不改大小和形状以及位置进行求解即可．
【详解】A、不可以利用平移得出已知图案，故此选项不符合题意；
B、不可以利用平移得出已知图案，故此选项不符合题意；
C、不可以利用平移得出已知图案，故此选项不符合题意；
D、可以利用平移得出已知图案，故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题主要考查了图形的平移，熟知平移只改变位置不改变大小和形状以及方向是解题的关键．
【题型24 利用平移的性质求解】
【例24】（2022春·广东江门·七年级统考期末）如图，长方形ABCD的长AB为8，宽AD为6，将这个长方形向上平移3个单位，再向左平移2个单位，得到长方形EFGH，则阴影部分的面积为（    ）

A．30 B．32 C．36 D．40
【答案】A
【分析】利用平移的性质求得HM=BN=2,DM=FN=3，根据阴影部分的面积=长方形ABCD的面积-长方形AMGN的面积，求解即可．
【详解】解：如图，

∵将这个长方形向上平移3个单位，再向左平移2个单位，
∴HM=BN=2,DM=FN=3
∵长方形ABCD的长AB为8，宽AD为6，
∴AM=AD−DM=6−3=3,AN=AB−BN=8−2=6，
∴长方形AMGN=AM×AN= 3×6=18，
∴阴影部分的面积为8×6−18=30，
故选：A．
【点睛】本题考查了平移的性质，掌握平移的性质是解题的关键．平移的性质：把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同；新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行且相等．
【变式24-1】（2022春·全国·七年级专题练习）如图，直角三角形ABC的周长为2021，在其内部有5个小直角三角形，且这5个小直角三角形都有一条边与BC平行，则这5个小直角三角形周长的和为_________．

【答案】2021
【分析】根据题意得这5个小直角三角形都有一条边与AC平行，则有小直角三角形中与AC平行的边的和等于AC，与BC平行的边的和等于BC，则小直角三角形的周长和等于直角△ABC的周长，据此即可求解．
【详解】解：因为这5个小直角三角形都有一条边与BC平行，AC⊥AB，
所以这5个小直角三角形都有一条边与AC平行，
这5个小直角三角形周长的和等于直角△ABC的周长2021，
故答案为：2021
【点睛】本题主要考查了平移的应用，正确理解小直角三角形的周长和等于直角△ABC的周长是解题的关键．
【变式24-2】（2022秋·山东临沂·八年级校考期中）如图，将△ABC沿直线AB向右平移到达△BDE的位置，若∠CAB=55°，∠ABC=100°，则∠CBE的度数为______．

【答案】25°
【分析】根据平移的性质得出∠EBD=55°，进而利用平角的性质得出∠CBE的度数．
【详解】解：∵将△ABC沿直线AB向右平移到达△BDE的位置， ∠CAB=55°，
∴ ∠EBD=55°，
∵ ∠ABC=100°，
∴ ∠CBE的度数为：180°−∠ABC−∠EBD=180°−100°−55°=25°．
故答案为：25°．
【点睛】此题主要考查了平移的性质，根据平移的性质得出∠EBD的度数是解题关键．
【变式24-3】（2022春·广东韶关·七年级统考期中）如图，把边长为2的正方形的局部进行图①~图④的变换，拼成图⑤，则图⑤的面积是（    ）

A．18 B．16 C．12 D．8
【答案】B
【分析】根据平移的基本性质，平移不改变图形的形状和大小，即图形平移后面积不变，则⑤的面积为4个正方形的面积和，即可得到结论．
【详解】解：一个正方形面积为2×2=4，而把一个正方形从①﹣④变换，面积并没有改变，所以图⑤由4个图④构成，故图⑤面积为4×4=16，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了图形拼接与平移的变换，解答本题的关键是要知道平移不改变图形的形状和大小，即面积没有改变．
【题型25 利用平移解决实际问题】
【例25】（2022春·北京西城·七年级北京市西城外国语学校校考期中）如图，公园里长为20米宽为10米的长方形草地内修建了宽为1米的道路，则草地面积是________平方米．

【答案】162
【分析】利用平移的性质得到草地部分的图形为一个长方形，利用公式计算即可．
【详解】解：草地部分的面积为20−2×10−1=162152（平方米），
故答案为：162．
【点睛】此题考查了利用平移的性质解决实际问题，正确理解平移的性质是解题的关键．
【变式25-1】（2022春·广东东莞·七年级东莞市光明中学校考期中）如图，某酒店重新装修后，准备在大厅主楼梯上铺设红色地毯，其侧面如图所示，则需地毯 __米．

【答案】8
【分析】根据平移的性质，即可求出大厅主楼梯上铺设红色地毯的长．
【详解】解：由平移的性质可知，
所需要的地毯的长度为2.7+5.3=8(m)，
故答案为：8．
【点睛】本题考查了生活中的平移现象，熟练掌握平移的性质是解题的关键．
【变式25-2】（2022春·全国·七年级专题练习）如图（单位，m），一块长方形草坪中间有两条宽度相等的石子路（每条石子路间距均匀），请你求出草坪（阴影部分）的面积．

【答案】48平方米
【分析】根据长方形草坪的面积-石子路的面积=草坪（阴影部分）的面积得出．
【详解】解：6×12-2×6×2=48平方米，
答：草坪（阴影部分）的面积48平方米．
【点睛】本题考查了平移的应用，应熟记长方形的面积公式．另外，整体面积=各部分面积之和；阴影部分面积=原面积-空白的面积．
【变式25-3】（2022春·全国·七年级专题练习）图形操作：（本题图1、图2、图3中的长方形的长均为10个单位长度，宽均为5个单位长度）
在图1中，将线段AB向上平移1个单位长度到A′B′，得到封闭图形AA'B'B（阴影部分）；
在图2中，将折线ABC（其中点B叫做折线ABC的一个“折点”）向上平移1个单位长度到折线A′B′C′，得到封闭图形AA'B'C'CB（阴影部分）．

问题解决：
(1)在图3中，请你类似地画一条有两个“折点”的折线，同样向上平移1个单位长度，从而得到一个封闭图形，并用斜线画出阴影部分：
(2)设图1，图2中除去阴影部分后剩下部分的面积分别为S1、S2，则S1= 平方单位；并比较大小：S1 S2（填“＞”“＝”或“＜”）；
(3)联想与探索：如图4．在一块长方形草地上，有一条弯曲的柏油小路（小路的宽度是1个单位长度），长方形的长为a，宽为b，请你直接写出空白部分表示的草地的面积是 平方单位．（用含a，b的式子表示）
【答案】(1)见解析过程；
(2)40，=；
(3)（ab-a）

【分析】（1）画一条有两个“折点”的折线，同样向上平移1个单位长度，从而得到一个封闭图形AA'B'C'D'DCB；
（2）依据平移变换可知，图1，图2中除去阴影部分后剩下部分可以拼成一个长为10个单位，宽为4个单位的长方形，进而得出其面积；
（3）依据平移变换可知，图3中除去阴影部分后剩下部分可以拼成一个长为a个单位，宽为（b-1）个单位的长方形，进而得出其面积．
【详解】（1）如图3所示，封闭图形AA'B'C'D'DCB即为所求；

（2）图1，图2中除去阴影部分后剩下部分的面积分别为S1、S2，
则S1=10×（5-1）=10×4=40平方单位；
S2=10×（5-1）=10×4=40平方单位；
∴S1=S2，
故答案为：40，=；
（3）如图4，长方形的长为a，宽为b，小路的宽度是1个单位长度，
∴空白部分表示的草地的面积是a（b-1）=（ab-a）平方单位．
故答案为：（ab-a）．
【点睛】本题属于几何变换综合题，主要考查了平移变换以及矩形面积的计算公式的运用，解决问题的关键是利用平移的性质，把不规则的图形拆分或拼凑为基本图形来计算面积．